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Problemario de vectores, rectas,
planos, sistemas de ecuacioneslineales, cónicas y esferasCon anexoJosé V. Becerril • Jaime Grabinsky • José Guzmán
ásicas
UNIVERSIDADAUTONO MA
METROPO LITANA
Ca sa abierta al tiempo Azcapotzalco
OS RESERVADOS © 2004, Universidad Autónoma Metropolitana (México). Prohibida la reproducción de esta obra así como la distribución y venta fuera del ámbito de la UAM®. E-libro Bibliomedia [email protected]
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Problem ario de vectores, rectasplanos, sistemas de ecuacioneslineales, cónicas y esferasCon anexoJosé V. Becerril • Jaime Grabinsky • José Guzmán
UNIVERSIDAD
AUTONOMAMETROPOLITANA
Casa abierta al tiempo A z c a p o t z a l c oDivisión de Ciencias Básicas e Ingeniería
Departamento de Ciencias Básicas
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U A M A Z C A P O T Z A L C O
RECTOR
Mtro. Víctor Manuel Sosa GodínezSECRETARIO
Mtro. Cristian Eduardo Leriche GuzmánCOORDINADORA GENERAL DE DESARROLLO ACADÉMICO
Mtra. María Aguirre TamezCOORDINADORA DE EXTENSIÓN UNIVERSITARIADCG Ma. Teresa Olalde RamosJEFA DE LA SECCIÓN DE PRODUCCIÓN Y DISTRIBUCIÓN EDITORIALESDCG Silvia Guzmán Bofill
ISBN: 970-654-764-9
© UAM-Azcapotza lcoJosé V. BecerrilJaime GrabinskyJosé Guzmán
Diseño de Portada:Modesto Serrano Ramírez
Sección de produccióny distribución editorialesTel. 5318-9222 / 9223Fax 5318-9222
Universidad Autónoma MetropolitanaUnidad AzcapotzalcoAv. San Pablo 180Col. Reynosa TamaulipasDelegación AzcapotzalcoC.P. 02200México, D.F.
2a. edición, 20011a. reimpresión, 2004
Impreso en México
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O N T E N I O
PRESENTACIÓN 5
I V E C T O R E S E N R 2 . . . . . . .
II E C U C I Ó N D E L A R E C T E N R2 32
I I I E J E R C I C I O S D E P L I C C I Ó N S O B R E L A R E C T E N R2 . . . . 48
IV V E C T O R E S E N R 3 . , . . . . , . . , . 68
V R E C T S E N R 3 Y P L N O S . . . , . . , , . 78
VI E J E R C I C I O S A R E S O L V E R . . . . . . . 9s
VII S I S T E M S D E E C U C I O N E S L I N E L E S . . . . . . . . . . . 103
VIII E J E R C I C I O S D E P L I C C I Ó N S O B R E S I S T E M S D E E C U C I O N E S
LINEALES . . . . . . . . . 135
IX P R O B L E M S P R O P U E S T O S 157
X M T R I C E S Y D E T E R M I N N T E S . . . . . . . . . 102
ANEXO
XI P R O B L E M S P R O P U E S T O S . . . . . . . . . 209
XII C Ó N I C S Y E S F E R
, • . . . , . . . . 215XIII P R O B L E M S P R O P U E S T O S 201
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P R E S E N T A C I Ó N
E*td Zibno dd pn,obZdma* pKdtdndd /id£on.zasi y
agA.Zi.zan, Za p/iáctica pasta Za n.d*oZución d<¿ pn,obZd
ma* en Zo* tdma* cíe: vdcton.d*, Kdcta*, plano*,
d e e c a a c x o n e ^ l¿vu¿<xl<¿¿>, cón¿ca¿ y ¿
Hay psiob¿<¿ma¿ x<¿ u<¿JL£o¿> y p/iopu Ato¿>,
En to¿> CUIAOA cíe <¿¿>to turna* UL^aalmantz faltan
¿ d<¿ <¿j2,/iCyicÁ.o* qu<¿ a\±x<lLi,<¿n a Z06 aZumnoA,
<¿¿>p<¿h,a quiZ z*tt t/iabajo ¿txpZa en patitd (¿¿a d<¿-
No hay m jo/i modo cíe aptidndtti q ue kac¿zndo, pon.tratan. d<¿ si<¿éoZv<¿/i pKobZzma* pon, ¿Z
d<¿ vdti Za* *oZuc¿on *, qut z*ta* *6Zo
o con,n.¿jan Zo
Agn.ad£ctmo* a Zo* pn.oh<¿*on.<¿* lr<¿Z¿p<¿ Mon/ioy, Jo-
*í d<¿ J(¿*u* BdZmontd Zo* <¿j£n.e¿c¿o* *{xgzn,JLdo* y,
p/Lo£z*on. 3o*í Lu¿* Ha.dn.ta Zo* dj<¿sici.d¿o* apontado*
Ag/taddCdmo* a Za Sn,a. CastoZZna RangdZ dZ trabajo
griá^ldo y dd mdaanog/ia^Za y aZ Si. GabxidZ Bstlzud
pon. Zo* dibujo* n.daZ¿zado*
Lo* Auton.d
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VECTORES EN R ¿
1 . - D ibu ja lo s s i g u i e n t e s v e c to r e s a = ( 5 , 2 ) ; b = ( - 2 , 3 ) ; c = ( - 3 , 1 t ) ; . d = ( 2 , - 5 )
Ca lcu la su norma y d i r e c c i ó n .
. 'Su dirección 9 s e r á :
• 2 2 = / 2 5 4
= 2 1 . 8 e
11 b II - /E fT bf = /(-2)2 + 3 2 = A + 9
11 t 11 = J
Para determinar la dirección nos auxiliaremos de un ángulo a. Ver figura
C-2,31 Tan a = y 1«5 a = 56 3O c
Así 6 = 180° - a = 180° - 56.30'
,\ 6 = 123.30 c
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C II = /C| + C 2 = = /9 + 16 =
I I c I I = 5
Para la dirección de c nos ayudaremos también de un ánguio agudo. Ver figura.
Tan a = -j = 1.333 a = 53.12 C
Luego la dirección 8 de c es: 180° + a
= 233.12'
I I d I = Vá\ + á\ = / 2 2 + (-5) 2 = A + 25 =
II cí I = /2 9
Una vez más para determinar la dirección se hará con laayuda de otro ángulo a.
Tan a = ~ = 2.5 a = 68.19 C
De donde la dirección 8 de d será
8 = 360° - a
e = 291.81 o
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2. - Localiza en el punto A indicado los vectores dados .
a ) . - A(4 ,2) ; u = (-3,3) b ) . - A( -2 ,3 ) ; v = (-2,-2)
c ) . - A( -4 , -2 ) ; w = (2,-2)
SOLUCIÓN
d ) . - A(2 , -3 ) ; x = (3,2)
3.- Se dan a = (-3,3); b = ( -4 , -3 ) ; c - (1 ,5) ; d = (-3,1)
i ) . - Calcula a + b; c - d; d - b; anal í t ica y geométr icamente .
i i ) . - Calcula II a t + c II; compara con M a l l
t- a + t) ; (a + b) • c - d ) ; I a + t + c I (cSOLUCIÓN
Analí t icamente tenemos
l l c l l
= (-3,3) + (-4,-3) = (-3+(-4),3+(-3)) - (-3-4,3-3) = (-7,0)
a + b = (-7,0)
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Geomét r icamente : Colocamos el vector a con su inicio en el or igen donde
termina el vector a tomando como pun to de referencia coloc amos el vector
b, el vector suma a + b será el vec to r que inicia dond e inicia a y termina
donde termina b .
a + b = (-7, 0 )
c 3 = (1,5) (-3,1)
= (i-(-3), 5 - 1)
= (1 + 3,A)
= (5,A)
c - d = (5, k
t (-3,O-(-4,-:
= (-3+ ,(1+3)) = (1,4)
. • á - b = d , J
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II t + t + c II = l l(a + b ) + c II = II (-7,0) + ( 1 , 5 ) N = I (-6,5)11
/ ( - 6 ) 2 + 5 2 = /36 + 25 =
11 a 11 /Í8~ = I I b I I 11 c I =/2T
l l ¡ T l l l l l l M c l l = 3 / 2 5 I I a c I I
+ b) = (-3,0 -(-7,0) = (-3) (-7) + 1 (0) - 21 + 0 = 21
(a + t)- t - í) = (-7,0)- h,h) = -7 h) + 0 h) = -28 + 0 = -28
ll(l l ( c - 3 ) = / 5 T [(1.5)-(-3,1)] = /ST [1(-3) +5(1)]
/6T [-3 + 5] = 2/ST
4. - Determina anal í t ica y geométr icamente el vector que inicia en el punto
P(3 ,3) y termina en el punto Q ( - 2 , 2 ) , da el vector de igual magnitud yt ido contrar io al vector anter ior.
SOLUCIÓN
Geométr icamente es la
f lecha que va del pun toP al punto Q.(Ver f igura)
De esta misma figura podemos derivar la solución anal í t ica. Introduzcamos
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los vect ores p , q .
De aquí deduciremos:
p + PQ = q ; PQ = q - ' p
Así PQ = (-2,2) - (3,3) = (-5,-1)
- (-5,-0
Observa como si tomas de referencia el punto P, el vector PQ efect ivamente
tiene coorde nadas (-5,-1)•
Un vector de igual magnitud y sent ido contrar io a PQ será QP y,\ QP = - ( -5,-1) - (5 ,1 ) .
5.- Sea a = (8,5) y b = (3,~1)« Encon trar un vector uni tar io que tenga lamisma dirSOLUCIÓN
misma dirección que a + b.
Encontraremos primero analíticamente al vector a + ba + t = 8,5) + 3,-D - 11,4)
Luego el vector u ni tar i o será
/•*• . -?-x 1
II a + b II a + t = (11, 11
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6.- Se dan los puntos A(4,1) ; B(7,3) ; C(2,3) . Hal lar un cuarto punto D de ma_ñera tal que el cuadri lá tero que formen ABCD sea un paralelogramo.
SOLUCIÓN
Un primer paso hacia la solución es dibujar el paralelogramo.
i 1 i 1 1 1 1 —»—
i i 1 i i i
Así vemos que existen tres po__sibles puntos D para formar elparalelogramo.
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Veamos el primer caso: ¿Qué vectores podemos introducir?
luego se tiene c + CD = d
Por lo tanto s¡ determinamos CD podemos conocer d
Pero ~ D es igual a/\B %\ cí = £ + 7\B
Así d = (2 ,3) + (3,2) = (5,5) /, D(5 ,5)
7. - Se t i ene el segmento de ex t remos (2,9); (11,3)- Hal lar las coordenadas delos puntos que d iv iden al segmento dado en t res par tes iguales .
SOLUCIÓN
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Hagamos una figura e introduzcamos notación.
i i i i t i ¡ i i i i i
Denotemos por A y B los extremos del segmento, por C y D los puntos que seandan buscando
Encontremos C. ¿Podemos introducir vectores? ¿Qué vectores podemos introducir?. Hagámoslo en la figura.
~ f — — t — — — i — — l i l i
Luego tenemos c = a + AC ¿ A qué es igual AC ?,
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De la hipótesis AC = 1 AB = j[(2,9) - (11,6)] = - (-9,6) = (-3,2)
Así c = a + j AB = (11,3) + ( 3,2) = (8,5)
C (8,5)
- ^ - ^ - > •
Dados a = (-2,1), b = (3,-2), y c = (5,-4). Encontrar los escalares h,k ta_
les ue:
c = ha + kb
SOLUCIÓN
Sustituyendo los valores de a, b y c en la expresión que se nos pide demos
trar, tendremos
(5,-4) = h(-2,1) + k(3,-2)
(5,-4) = (-2h,h) + (3k,-2k)
(5,-4) = (-2h + 3k, h -2k) entonces
-2h + 3k = 5
h - 2k = -4
Al resolver este sistema de ecuaciones, tenemos que
h = 2 y k = 3
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9.- Dados ¿a = (1 , -2) , b = (-2,^) y c = (7 , 5) . Demostrar que c no se puede
escribir en la forma
+ t
donde h y k son escalares,
SOLUCIÓN
Demostraremos que no existen escalares h,k tales que
ha + kb = c es deci r
(7,-5) =
(7,-5) = (h,-2h) + (-2k,4k), entonces
+h - 2k = 7
-2h + = -5
Pero este sistema no tiene solución, es decir no es posible encontrar losescalares h y k,
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10.- Obtener las componentes del vector A en las siguientes figuras expresando el
resultado en la forma A = (A x , Ay)
\
A
De la figura a = 42° x = 6 y por tanto B = 180° - 90° - kl ° = 180° - 132 C
= 48° y ó = 48° y a = 6. Por tanto el punto
P = (6 sen k2°, 6 eos k2°
El vector A es la diferencia de los vectores P y Q.
A = p- = QP = (6 sen 42°, 6 eos k2° - -6,0)
( 6 + 6 sen k 2° , 6 eos k2°
A = I
a = 20° por paralelismo QP = (sen 20 °, eos 20°) = A
NOTA: Los dos siguientes problemas hacen uso de notación muy usual en lafísica.
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11.- Hallar el vector unitario
(a) en la dirección del vector Q = (8,-10)
(b) en la dirección del punto A(2,-5) al punto B(4,3)
SOLUCIÓN
(a) íü un i ta r io = ñ =imii /Sk IOO
121
>Ó06(8 >-10) = (.625,-.781) = ñ
(b) 0 sea en la dirección AB. Pero AB = B-A = (4,3)-(2,-5)
AB = (2,8)
EntoncesAB unitario = A^B = (2>8 ^ =
A + 6A
, .970) « A^B
12.- Si r = (x,y), r o = (x o,y o) v o = (v Ox>vOy) y t = (a x,a y)
escribir las siguientes dos ecuaciones como una sola ecuación vectorial
x = x o + v oxt + j a x t 2 Y = Yo + Voy1 + J a y t 2
SOLUCIÓN
~ \ xo>Yo/ + ' v ox>v ov^ + o v ax>av'^ = r o + v o^- + T a 2
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13.- Llene los signos faltantes en el miembro derecho de las ecuaciones
— B + A - G - F
14.- La velocidad de un cuerpo tiene inicialmente el valor Vi = (5,~ 3)— > alinstante ti - 25. Después de transcurridos 4 segundos, la velocidad ha cam_biado al valor V2 = (-4,8)— , ¿ Cuánto vale el cambio de velocidad, AV ?¿ Cuál es la variación de la velocidad por unidad de tiempo ?.
SOLUCIÓN
AV = V2 - Vi = (-4,8) - (5,-3) = (-9,11)-
La variación de la velocidad por unidad de tiempo es AV entre el tiempo to-tal transcurrido 2s.
m.
1 = <- •"> 4-
15.- El centro de masa de un sistema de N partículas de masa mi , ni2,...m N cuyos
vectores de posición son ri, r2»•••r^ , respectivamente es el punto cuyovector de posición se define por:
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m2 í 2
m k
Hallar el vector de posición del centro de masa del sistema de cuatro partículas mostrado en la figura y señalarlo en la misma.
SOLUCIÓN
I 0 K g .
> 5 K g .
é-
2 0 K g .
¿ Q u ié n s e r á r i , r2 , r 3 ,
- •
r
-©-6 Kg.
6(5
(30
, 0 )
, 0 )
+ 20(7
+ (140
,4 )6 +
,80)
+ 1
20
+
0 ( - 4
+ 10
(-40
,2) + 4
+ 4
,20) +
\{
, 1
)
2)
40
(122,88) = J22_ 88 \ = ,/6_1_ 44
40 40 4 0 / \ 20 20
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El vector de posición del centro de masa es
20 5
16.- Despejar el vector T de la ecuación
XN - n(f _ a (2yV + zf)
X 3b
¿ Porqué no es posible despejar X ? z,a,y,x y b * o
SOLUCIÓN
3b(Ahí - yC) = ax(2yV + zí)
3bXN - 3byC + 2axyV = - zaxí
3bXN - 3byC + 2ayxV-zax
3bu t 3bA •* 2a yxzax zax zax
3byi _ 3bX •* 2yzax zax z
X no se puede despejar, porque la necesitaríamos dividir por T, pero la ope_ración de división no está definida para vectores.
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17. Un concepto físico de gran importancia es el de trabajo, que expresado mate_
máticamente es:
W = Í4
Sí una fuerza de 5 Newtons se aplica en la dirección de -r- • ¿ Cuál es el
trabajo realizado al mover un objeto del punto (2,3) al punto (5,7)•
SOLUCIÓN
7T
Un vector unitario en la dirección de 7- es
u = - T . + - 2 j
El desplazamiento d es :
d - (5,7) (2, 3) = (3,M
. (3,4)=
W = 2. /2 Newtons-Metro,
18.- Se dan los puntos A(2,4); B(5,2); C(7,3) calcular:
i) .- El ángulo formado por los vectores a, b
i i ) . - El ángulo C A B,
SOLUCIÓN
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Para solucionar el problema podemos hacer una figura que nos ayude.
Introduzcamos una notación adecuadaLlamemos: 8 el ángulo formado por a = (2,4) y b = (5,2)
^ al ángulo CAB. Luego
eos 8 = a«b _ (2 >4)»(5,2) 10+8 18
Hall llbll Vl ¿ k z / 5 2+ 22 ¿ 3 S /5 /29
= are Cos 0 7^74 6 = ¿H 63 C
eos 5 ^HA BÍ I I IACI I / 3 2+ ( - 2 ) 2 / 5 2+ ( - 1 ) 2
= 22.38 C
8
= 0.9246
19.- Calcula los ángulos interiores del A ABC con
; B(2 , -2) ;
SOLUCIÓN
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De los ejercicios anteriores ya tenemos una manera de proceder, que es haceruna figura y ver el triángulo formado por vectores e indicar los ángulos,que se quieran determinar.
AB = (5 , 0AC = (-1,-3)CB = (6,i»)
Luego tenemos:
AB • ACeos a =
eos 3
eos y =
_ (-5,-1)
I I A B I I I I A C I I
BA ' BCI IB AN I IBCI I
CA » CB = ( 1 , 3 ) ( 6
I I C A I I I I C B I I /To ¿5
(5,1 ) • (-1 ,-3 ) _ -5 -3 _ -8 ~ 1/260 7260
-8
/5T idJl 2 >i/2 3 6 7 6= 0.9246
a = are eos - 0 . ͻ961 = 119.7V
3 = are eos 0.9246 = 22.39C
Y = are eos 0.7893 = 37-87c
6+12v^20
18/520
a
0
Y
1822.
= 119
= 22
= 37
80
.74
.39
.87
= 0.7893
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20.- Dados a = (5,12) y b = ( i ,k), donde k es un escalar, encuentre k tal quela medida en radiantes del ángulo entre a y b sea -
SOLUCIÓN
Si a y b son vectores, entonces el ángulo 6 que hay entre ellos está dado
por la expresión
Cos 9 = entoncesHa ll I líll
1 = (5,12)(1,k)3 es /1 k 2
— y como Cos -5- = y , entonces13/1+k 2
1 5 + 12K . ._ = e s decir13/1+k 2
13/1+k2 = 10 + k k.
I69(i+k 2) = 100 + 480 k + 576 k 2
169 k 2 - 576 k 2 - 4 80 k + 169 - 100 = 0
- 407 k 2 - 480 k + 69 = 0
407 k 2 + 480 k - 69 = 0
k = -480 ± /23O4O0 + 112332 = -480 ± 585.4814 814
ki = 0.13 k 2= -1.3
k2= -1.3 no es raíz de la ecuación original y ki = 0.13 sí lo e s ,ees el valor de k que nos interesa es k = 0.13.
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21.- Se dan los vectores u = (1,2); v = (4,-2)
i ) . - Prueba que u y v son ortogonales
¡i) .- Prueba que ku es ortogonal a v para todo k número reali ¡ i ) . - Da Tres vectores ortogonales a v distintos de u
SOLUCIÓN
i) u y v serán ortogonales si u»v = o
u*v = (1,2)•(4,-2) = 4-4 = o Son ortogonales
ií) ku - v = k(u*v) = k o = o * ku es ortogonal a v para todo va__
lor de k.
i¡i) De i i hay una infinidad de vectores ortogonales v que son de la formaku. Así dando valor particular a k tenemos:
Si k = -1; k = 2; k = 3 dan los vectores
(-1,-2); (2,4); (12,-6) vectores ortogonales a v
22.™ Encuentra el valor de x para que los vectores u = (1,1,4); v = (x 2,x,~3)sean ortogonales.
SOLUCIÓN
Para que u y v sean ortogonales debe de cumplirse u»v = oo = £.v = (1 ,1,4)*(x 2,x,-3) = x 2 + x - 12
Así x 2 + x - 12 = o = (x-3)(x + 4)
luego el producto punto será cero si: x = 3 ó x = -4
v = (9,3,-3) 6 v = (16,-4,-3)
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Sean u, wi , W2£ R . u es ortogonal a wi , u es ortogonal a W2
Probar que u es ortogonal a cualquier vector awi + bw 2 con a, be R,
DEMOSTRACIÓN
¿ Qué tenemos que probar ? Debemos probar que u y awi + bw¿ son ortogona
les o sea que u»(awi + bw2) = o para cualquier a,be R, Veamos
+ DW2) = u*(awi) + u (bw2) = a(u«wi) +
Ahora cuanto vale u*wi y u W2 - ¿ Hemos usado las hipótesi s del problema ?
De las hipótesis tenemos:
u ortogonal a wi implica u wi = o
u ortogonal a W2 implica u»W2 = o
* • = a o + b o = 0 + 0 = 0
Dados a = (5,~k) y b = ( k , 6 ) , donde k es un escalar, encontrar
a) k tal que a y b sean ortogonales
b) k tal que a y b sean paralelos
SOLUCIÓN
a) Dos vectores son ortogonales si a*b = o, entonces
(5,-k)-(k,6) = o5k + 6(-k) = o5k - 6k = o
- k = o
Por lo tanto k = o
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b) Dos vectores son paralelos si existe un escalar Xe JR tal que
a = X b
entonces
(5,-k) = X(k,6)
(5,-k) = (Xk,6X)
5 = Ak y
-k = 6X (2)
De (2) tenemos que k = -6A, sustituyendo este valor en (1) tenemos
5 = X(-6X)
5 . -6A 2 ; A 2 = - | -(3)
de (3) se concluye que no existe Xe IR.
25.- Sean u = (-2,-4); v = (4,3) determinar:
i ) . - La proyección ortogonal de u sobre v
i ) . - La componente de u ortogonal a v
Hacer un dibujo que ilustre la situación,
SOLUCIÓN
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Sea ui la proyección ortogonal de u sobre v entonces
IIvlI 2,
k2
+ 3 25
-20
25
-16 -12
5 5
• 1 6 - 1 2 i> )
5 5/
Ahora sí U2 es la componente de u ortogonal a v tenemos
-»• •> ->• i - 1 6 - 1 2 \ _ M
u 2 = ui - u = i , j -2,-4) = ,\ 5 5/
O -12 . . '2, + k
\ 5
-6 8
5 5
, —-. 5 5 /
Gráficamente tenemos:
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26.- Sean a y b vec tor es uni tar ios en el pla no xy; a y 6 los áng ulo s que forman
con el eje x. Es clar o que
* f fa = eos a i + sen a j
ib = e os 3 t + sen 3 ~j
demues tre qu e: cos( a-3) = eos a eos 3 + sen a sen 3
SOLUCIÓN:
a«b = I la 11 U b i I cos ($-a )
pero también í*t> = eos a eos 3 + sen a sen 3
Como M a l í = llbll - 1
cos(3-ot) = eos a e os 3 + sen a sen 3 q .e.d.
27. Si k = N ui l y t = llvll dem ues tre que el vec tor
-• n (kv + £u ) biseca el ángul o formado por u y v
w biseca el ángulo entre u y v si el ángulo entre w y u es el mismo que eláng ulo entr e w y v. 0 sea si
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w v
l l w l l l l t l l l l w l l v i
1 (kv + £u ) • u _ 1 ky + l y • y
P e r o
M w l l L ( k + 1 ( M w l l l l v l l )
k v u .+ £ t i * u i _ k v M j , + £• I l u l . l 2= k ( v ' u + ¿k
( k +£ ) ( l l w l l N u i l ) ( k + £) ( M w l l M u I I ) ( k + £) M w l l k
kv + ¿u • \i _ kv«ti + ¿u*v = £ kl + u»v) k + £ ) ( I w l I v l ) k + ¿ ) l l w l l l l v l l k + ¿ ) M w l l
que son la misma expresión.
ECUACIÓN DE LA RECTA EN R2
1.- Encuentre la recta que pasa por PI 1 , 3 ) y P2 0,~3)
Lo vamos a realizar de seis maneras que se verá que son equivalentes,
1) En la forma y = mx+b con m = - V la pendiente de la recta queda
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m = " Q I * T f " ^ y y = 6 x ~ 3 ya que
-3 = b = la ordenada al origen
2) Como P XP 2 = P2-P1 = (0,-3) - (1,3) = (-1, -6) es la dirección de la rec_
ta la podemos utilizar en la forma paramétrica de la recta
P = P o + tv , P = P o + t P1P2
Como P o es un punto cualquiera tomamos P o = Pi = (1,3)
y la recta P = (1,3) + t(-1,-6) = (1-t,3-6t)
o sea x = 1-t y y = 3-6t y 6x = 6-6t = 3-6t + 3
6x = y + 3
y = 6x-3
3) La recta ¡ntersecta al eje y en (0,-3) y al eje x en el punto en que la --o 1
y = 0 o sea 0 = 6x~3 x = 7- = j
La recta — + 77 = 1 ¡ntersecta a los ejes en (a,0) y en (0,b)a D
por tanto J + T^T = 2 x + — = 1 es la forma que toma que es equiva
Ilente a la que obtuvimos ya que -6x + y = -3
y = 6x~3
En la forma general Ax + By + C = o , la podemos obtener resolviendo un
sistema de ecuaciones
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A-1 + B 3 + C = o
y A*o + B(-3) + C = O
dividiendo entre A
•£
u . , B CHaciendo -r = m y -r- = n
" ~ A + A = " 3 m + n = o
n = 3m
y sustituyendo en I
1 + 3m + n = 1 + 3m + 3m = o
6m = -1
n -
x +
6x - y - 3 = o
y = 6x - 3
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5) La otra forma es y-yi = m(x-xi) con m = 6 y (1,3) = (xi,yi)
que y-3 = 6 x-1) y-6x = -6 + 3 = -3
y = 6x - 3
6) La otra forma es desarrollar el determinante
x 2
y 1
yi 1
x y 1
1 3 1
0 -3 1
=x 3-3
-V
+ 11
0
3
-3= 6x-y-3
Es una recta de la forma Ax + By + C = o que pasa
Por 0,-3)
y por 1,3) ya que
1 3 1
1 3 . 1
0 -3 1
0 -
0 -3 1
1 3 1
0 -3 1
, o sea
e s t o s p u n t o s s a t i s f a c e n la e c u a c i ó n o s e a e l d e t e r m i n a n t e i n i c i a l .
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2. Determine si el punto (a,b) está en el paralelogramo determinado por
(5,-3) 3)
SOLUCIÓN
(a,b) esta en el paralelogramo determinado por (3,*0 y (5, 3)
si (a,b) = s 3,k) + t(5,-3) con 0 ú s,t á 1
Es decir, si el sistema
a = 3s + st
b = ks - 3t
y; 0 _< s, t á
tiene solución
3«~ Para las diversas formas de la ecuación de la recta ennar las condiciones de perpendicularidad y paralelismo.
determi-
Ax + By + C = o
Axx + B 1y + C ]
paralelas si A
Bperpend¡culales si
nB1
A
B
y =
y =
paralelas si mi = perpendiculares si mi #m2 = ~ 1
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p = p + tV— o p a r a l e l a s sí u = kv p e r p e n d i c u l a r e s sí u # v = o
k c o n s t a n t e ^ oQ = Q + su
o —
o p a r a l e l a s si n = km p e r p e n d i c u l a r e s s» n» m = o
k c o n s t a n t e * om Q Q = o
y y - - í ^ m l x . Xl )(X2-X1) paralelas sí (x 2-xi,y 2-y x) = k xL>-x 3 ,y k-y 3)
y-y 3 = yh y 3 ) (x-x 3)()
perpendiculares sí (x 2-xi ,y 2-yi) • (x^-xa ,yi+-y3) = o
o sea (x 2-xi)(xi f -x 3) + (y 2-y x) (yi+-y 3) = o
o sea £pi = ~ T ^ T
o sea • — • = -1 = mi*m 2
paralelas sí a « ka 1 y b = kb 1 para la misma constante k
x y _ t perpendiculares como
mT = •—I a
son perpend i cu 1 ares
mII ai
b b 1 , • , u\ # i L ixsi mjmjj = — = -1 o si (a .b j' ía ^b 1) = o
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Hallar la d is tancia com prendida ent re las rec tas para le las
3x - 4y + 8 = o I
6x - 8y + 9 = o II
3x - ky + 8 = o = > 3x - ky = -8 — > -5 X~ = -•• O * O
• 1
y 6x - 8y = -9 ==> ~ - + d p = 1
+ 1
2 F
Tomando un punto cualquiera (x o,y o) de una recta, la distancia entre lasrectas es justamente la distancia del punto a la recta o sea
¿ = Ax o + By o + C La primera recta contiene a (0,2)/ A 2 + B 2
6(0) + (-8) (2) + 9 _
36
Con otro punto y la otra recta
-16 9
- / 100
d 3
^2
-7
-10
- -^ o 8
7
10
8
/ 9 + 16
= _7_5 10
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Otra forma de solución
Una recta perpendicular a la recta II tiene pendiente m 1 = —m
Pero m = 6 _ 3= 8 " ¥ m = -~-
-3Si pasa por ( — , 0 y = O = m x + ~
y = " T - ? x - 2
Sustituyendo en la recta I
3x - 4(- -j x - 2) + 8 = 0
x = - 16
25
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y =192 = 192 150 _ _te
75 75 75
d = / - 1 M2 25
25 50
5 75
11
5075 .3136 = ~?9 = .7 = 10
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5 . - D a d o e l p u n t o M = ( x i , y i ) y u n a r e c t a A x + B y + C = o , d e t e r m i n a r c o o r d e n a d a s d el p u n t o N = ( x , y ) s i m é t r i c o d e M c on r e s p e c t o a la rA x + B y + C = o .
S O L U C I Ó N
M
S u p o n g a m o s q u e e l n ú m e r o B ^ o * El c a s o B = o n o d a m a y o r e s p r oL a p e n d i e n t e d e l a r e c t a A x + B y + C = o s e r á
011 = B ;
la p e n d i e n t e d e l a r e c t a q u e p a s a p o r M y N t i e n e p o r p e n d i e n t e a
y - x - x i
l a d i s t a n c i a d e M a A x + By + C = o y l a d i s t a n c i a d e N a l a m i s m a
s o n r e s p e c t i v a m e n t e ,
, l Ax i + B y i + C |d i = —J ~ —L—
/ A2 + B2
d2 = | A x -+ B y + C |/ A2 + B2
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Escribamos ahora las condiciones de simetría,
di = d2
1 xmi = o,n i 2
|Axi + Byi + C] = |Ax + By + C]
/ A 2 + B^ / A^ + B^
A x -B y - yi
y como M y N están en partes ajenas del plano (la recta Ax + By + C divide
al plano en dos partes ajenas) tenemos
Axi + Byi + C = - A x - B y - C
A _ x - xi # /\ _ x - xiB y - yi ' B y - yi
+ Byi + C = - Ax - By - C
•g Y = £ yi + (x -
+ Byi + C = - Ax - By - C (1)
+• B(x - xi
sustituyendo (2) en (1) se tie ne,
A xx + B Y l + C = - Ax - B A y i + B ^ X X l ) - C
B2 B 2- Ax - Byi - j - x + j - xi - C
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x Ax + By + C + BA - j - x = Axi + Byi + C + Byi - — xx + C
B2 B2
-A - -r- x = Axi + 2Byi + 2C - - r - x x
- Axi + 2Byi + 2C -X ' • - • - - i i - i • .
A
2AByi + 2AC -• i i i i
- A2 - B 2
= (A2 - B 2)xi + 2AByi + 2AC- A2 - B 2
(A2 - B 2) x x + 2AByx + 2ACA2 + B2
De forma análoga obtenemos,
(B2 - A 2) y x + 2ABX + 2BC
A2 + B2
6.- Dado el t r iáng ulo de vér t ices A = (-2, o) B = (2, o) C = (o, 3) y unpunto M = (1 , o ) del lado AEÍ, de t e r m i n a r dos puntos N = (x, y)
y Q = (z, w) puntos de los lados AC y BC respect ivame nte de tal maneraque el perím etro del t r iángulo AMNQ. tenga perí metro mí ni mo.
SOLUCIÓN
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La ecuación de la recta que pasa por A y C es 3x - 2y + 6 = o, y la ecu£
ción de la recta que pasa por B y C es ~3x - 2y + 6 = o.
Los puntos M* y M** simétricos de M con respecto a las rectas 3x - 2y + 6
= o y -3x - 2y + 6 = o son respectivamente, (según las fórmulas obteni__das anteriormente)
1 1 l l )
Ahora bien el perímetro P del AMNQ es ,
P =• MÑ + NQ + Qjí
= NM* + NQ + QM**
y este perímetro será mínimo si M*, N, Q y M** son colineales es decir
están en una recta, ó en términos de pendientes
mM M = mM *N
mM M mQM(2)
calculando y simplificando se obtiene,
13x + 39y - 67 = o (1)
13z + 39w - 67 = o (2)
pero el punto N = (x,y) esta en la recta 3x - 2y + 6 = o y el punto
Q = (z, w) esta en la recta -3x - 2y + 6 = o, es decir
3x• - 2y + 6 = o (3)
y -3z - 2w + 6 = o
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Despejando en (3) a x y en (4) a z y sustituyendo estos valores en (1) y
(2) obtenemos
13 6 3 2y + 39y - 67 = o (1)
13 " 6_ 3 2 w + 39w - 67 - o (2)
- 78 + 26y + 117y - 201 = o (1)
- 78 + 26w - 117y + 201 = o (2)
de donde,
2 7 9 123y TT»3 ' 91
y de (3) y
100 _ 100x - HíT ; z ~9T
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7.- El punto A = 1, -1) es el centro de un cuadrado uno de cuyos lados esta
en la recta x - 2y + 12 = o. Determine las ecuaciones de las rectas don
de están los otros 3 lados. Determine también los vértices del cuadrado.
SOLUCIÓN
Las rectas Z\ Zz y £3 tienen por ecuaciones
y = 2x + bi
y = 2x + b 2
y = j x + b 3 ;
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p o d e m o s c a l c u l a r d d i s t a n c i a d e A a x - 2 y 1 2 = o ,
d = 12
5
S i a h o r a dx , d 2 y d3 s o n l a s d i s t a n c i a s d e A a £ i , i2 y ¿ 3 r e s p e c t i v am en _t e ,
d l = '2(0 + (-D - I I - b x I = b i - 1
r r r r
1 2 ( 1 ) + ( -1 ) - b2l _ M - b2l = 1 - b 2
d3 = I - ¿ ( 1 ) + ( - 1 ) - b3l _ I - i - b I _ - i- - b 3
A h o r a b i e n , l as c o n d i c i o n e s de l p r o b l e m a e x i g e n ,
d e d o n d e
d =
d =
d =
b i
b
b 3
d i
d
d 3
1 6
=
= 9
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EJERCI CIOS DE APLICACIÓN SOBRE LA RECTA EN R2
Los vértices se calculan resolviendo los sistemas
x - 2y + 12 = o( I )
y = - 2 x + 16
x - 2y + 12 = o(II)
y = - 2x - k
y = - 2x + 16
(III)y = | x - 9
y = - 2x - 14(IV)
y = -| X - 9
El primer sistema tiene solución A i = k , 8 ) , el segundo A2 = (-8, 2 ) ,el tercero A3 = (10 , - h ) y el cuarto A4 = (-2, - 1 0 ) .
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8 . - U n t e r r e m o t o e m i t e u n a o n d a p r i m a r i a y u n a o n d a s e c u n d a r i a . C e r c a
s u p e r f i c i e d e l a t i e r r a la o n d a p r i m a r i a v i a j a a p r o x i m a d a m e n t e a 5 m
p o r s e g u n d o y la o n d a s e c u n d a r i a a m á s o m e n o s 3 m i l l a s p o r s e g u n d
t i e m p o q u e h a y e n t r e la l l e g a d a d e l a s o n d a s a u n a e s t a c i ó n s í s m i c a ,
p o s i b l e e s t i m a r l a d i s t a n c i a al t e m b l o r . (El e p i c e n t r o s e p u e d e c a l c u
al o b t e n e r la d i s t a n c i a a t r e s o m á s e s t a c i o n e s ) . S u p o n i e n d o q u e u n a es_ _
t a c i ó n m i d e u n a d i f e r e n c i a d e t i e m p o d e 1 2 s e g u n d o s e n t r e la l l e g a d a
l a s o n d a s ¿ q u é t a n l e j o s e s t á e l t e r r e m o t o d e la e s t a c i ó n ? .
S O L U C I Ó N
L a s d o s o n d a s r e c o r r e n la m i s m a d i s t a n c i a d,d a d
V =5 m i 1 l a ss e g u n d o
d
7
L a p r i m e r a t i e n e u n a v e l o c i
d5
la s e g u n d a t i e n e u n a v e l o c i d a d
Vi __ 3 mi 1 la s
s e g u n d od dV i 3
t 1 - t = 1 2 s e g = | - |
5d - 3d _ 2d_1 5 1 5= 1 2
9 0 m i l l a s
12 seg .
d = 6 .15 = 90
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9« * E n c u e n t r e u n v a l o r a p r o x i m a d o q u e s a t i s f a g a la e c u a c i ó n
3 x - e o s x - 1 = o
S O L U C I Ó N
C o m o l a e c u a c i ó n e s u na d i f e r e n c i a d e d o s f u n c i o n e s p o d e m o s e s c r i b
3 x - 1 = e o s x
Si la d i b u j a m o s e n f o r m a s e p a r a d a yy e n c o n t r a m o s e l p u n t o d e
i n t e r s e c c i ó n r e s u l t a u n a xa p r o x i m a d a d e 0 .6
= 3 x - 1 y y = e o s x e n r a d i a n e s
Si l o s u s t i t u i m o s p a r av e r i f i c a ro b t e n e m o s3 ( 0 . 6 ) - . 82 - 1
= 1 . 8 - 1 . 8 2 * . 0 2 c e r c a n o a 0 .
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1 0 . - D u r a n t e m u c h o t i e m p o e n M é x i c o u n c o c h e t a x i s t a c o b r a b a $ 1 . 0 0 l i n i c i o
d e u n a d e j a d a y c i n c o c e n t a v o s p o r c a d a 2 5 0 m e t r o s r e c o r r i d o s . A d e m á s sea g r e g a b a n 5 0 c e n t a v o s a d i c i o n a l e s a l t e r m i n a r la d e j a d a . G r a f i q u e la
r e c t a d e i n g r e s o s d e l t a x i s t a e n f u n c i ó n d e l a d i s t a n c i a .S O L U C I Ó N
C u a l q u i e r d e j a d a a g r e g a 1 . 5 0 c o m o c o s t o a d i c i o n a l a lo r e c o r r i d o . L a p e £
2 5 0 ~ r ñ T ~ K r ñ — * L a r e c t a s <5 1 o t i e n e s e n t i d o p a r a d i s t a r ^i e n t e m • 5 c t v o s = 2 0 c t v o s
c í a s p o s i t i v a s .
1 1 . - S e d e n o m i n a la l o n g i t u d p r o p i a a la d i m e n s i ó n l i n ea l o d e u n c u e r p o e n e ls i s t e m a d e c o o r d e n a d a s e n q u e e s t á e n r e p o s o . L a l o n g i t u d t d e l m i s m o
c u e r p o m e d i d a e n u n s i s t e m a d e r e f e r e n c i a q u e s e m u e v e c o n r e s p e c t o alc u e r p o e s t á d a d a p o r
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£ = £o / 1- -pj- ¿ Qué tan buena aproximación es £ = £o
o sea, e.g. hasta qué valor son 33 iguales £ y £o ?
C = 300,000 Km
seg
En V = C - o
En V = | £ = £o / i - -jp
C = velocidad de la luz en el vacio
= .86
- ~ = -9900 -=>
o sea V = /.O199 C =
i « .99
C ~ 42,320
= 1 .9801
= 0 0199
km
seg
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1 2 , - La intensidad de iluminación I de un foco luminoso situado a 6.5 m sobre
el pavimento y la distancia x del pie del foco viene dada por la ecuación
I = 1.55 - O.38x
Midiendo I en bujías / m 2 y x en metros , dibujar la gráfica que represen^
ta la iluminación comprendida entre 0 y 4 m.
SOLUCIÓN
6,5n
Olfl
1
1 2
s.\
3 4 m
13«~ Una persona hace un viaje y maneja por 8 horas una distancia de 400 km.
Su velocidad promedio es de 60 km/h en carretera y 30 km/h cuando pasa
por poblaciones, i Cuánto tiempo pasó en las ciudades ?
SOLUCIÓN
Ecuación 1ineal para tiempo T ciudad + T carretara = 8 hrs.
Ecuación 1ineal para distancias
D ciudad + D carretara = 400 Kmo sea V ciudad T ciudad + V carretera T carrerera
= 400 k m.
V ciudad T ciudad + V carretera (8-T ciudad)= 400 km
Incógnitas
T ciudad 30 Te . + 60 (8-Tc) = 400
- 30 Te + 480 = 400
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T ciudad = ~~ = 2~ horas = 2h 4 0 '
T carretera = 5 h 20*
14.- Un químico tiene 3 Kg (3,000 grs) de ácido clorhídrico al 20 %. El desea
aumentar su concentración al 2 5 sacando una parte para reemplazarla por
una solución al 8 0 % de ácido clorhídrico, i Cuántos gramos debe extraer
y reemplazar con la solución al 8 0 % ?
SOLUCIÓN
Se tienen 3 kg con 600 grs de ácido clorhídrico.
Finalmente se tiene 3 Kg + x K g, con x la cantidad que se extraiga de la
solución al 80 %.
La cantidad de ácido clorhídrico será 60 0 grs + .8 x X Kg y
, .600 + .8x o _ 1se desea que — f T l T = ' = ¥
2 400 + 3.2x = 3 + x
o sea 3.2x - x = 2.2x = 3 - 2 400 = .600
2.2x = .600
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3 Kg
3 x
Comprobación .600 + .8 ) 27 2)
3 . 2 7 2
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Se estaba produciendo potencia a una velocidad de 50 Kw/seg. Así se tra
bajó durante 100 horas en que hubo una interrupción de 2 hrs . Posterior
mente se produce con la maquinaria reparada a un ritmo de 60 kw/seg du
rante 30 hor as. ¿ Cuál es la cantidad total de potencia producida ?.
SOLUCIÓN
v x = 50 Kwseg
V2 = 60 Kw/seg
ti = 100 horas
= 30 horas
Energía
Tiempo
1 hora = 60 minutos = 60 60 seg) - 3600 seg
132
1Kw 1Kw 3600 seg„ 1 — , , . y • - . i r 1 • • . 1 1 I •
hora seg 1 hora
vi = 50 x 3 600
v 2 = 60 x 3 600
seg = 180,000 hora = 180 Megawatts
seg= 216,000 _Kw_
hora = 2 1 6 Megawatts
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Cantidad total producida . 100 = v 2 . 3P = 180 x 100 + 216 x 30= 18,000 + 6480
= 24,480 Megawatts.
Esto corresponde al área total bajo las dos rectas.
16.- Si todo el d inero d i sponib le (60 mi l lones de pesos) a un munic ip io se de__
dica a maqui naria para equipar t rabajador es se puede dar t r aba jo a 120 de
e l l o s . Si se dedica a equ ipar es tud ian tes a lcanza a 600. Trazar una re£
ta que dé las pos ib i l idades in te rmedias . Si se contara solo con 30 millo»
n e s , cuál sería la recta corre spond iente ? ¿Qué indica la pendien te? ¿Se
puede tener el mismo número de t r aba jadores que de e s tud ian tes a tend idos?120 |
SOLUCIÓN
400 500 600
Si usamos la forma de la recta ax + by = c
con x = # de t r aba jadores equ ipados y
y = # de e s tud ian tes equ ipados
a = cos to de equ ipamien to por individuo en la fábrica
b - cos to de equ ipamien to por individuo en la escuela ,
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Queda a60
120- r m i l I o n e s 60 m 1 IonesI I I I ^ ^ I I ^ ** <«7 | \^ I F ¿g l i l i l í \ r I I ^.J «»?
individuo 6 0 0 estudiante
Entonces ,5x + ,1y = 60 o120 6 0 0
Si se contara con 30 millones a y b en I no cambian pero c si
. 5 x + .ly 30 o
i A • • i u
La pendiente, igual en ambos casos, es m =
1 20 6 0 1=
denota que por cada trabajador equipado se equipan 5 estudiantes
Si x = y se tendría ax + bx = .5 + .i)x = 0
Y entonces x = — 7 - = 100 = y o 50 en la segunda recta)
17 Un comprador obtiene la siguiente lista d e precios d e cuadros de acrílico
donde a es la longitud de lado y p es el precio correspondiente
P R E U O
a cm) pre io T
A
6
C
D
E
10
20
30
50
16
36
64
10 0
fique ¿Es una recta?
2 0 3 4 5 6 LONGITUD
No es una recta. (Es una parábola)OS RESERVADOS © 2004, Universidad Autónoma Metropolitana (México). Prohibida la reproducción de esta obra así como la distribución y venta fuera del ámbito de la UAM®. E-libro Bibliomedia [email protected]
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Ahora graf¡que la siguiente función con a (el lado) subtituido p = — a
por el Área A .
A
B
C
D
E
A(cm2
)100
400
900
1 ,600
2,500
p(pesos)k
16
36
6k
100
100 -
50
5 1 15 2 25
Cuál es la función?. Es una recta que relaciona al área con el precio
correspondiente.
y - m(x-100) =12
300 (x-100) X - 1 0 0 ) = j l -(x-100
y =X
2510025 +
Cuál es la pendiente? m = je
acrí1 ico.
y representa el precio por cm 2 de
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1 8 La cantidad de discos populares que se venden depende del precio de venta
demanda, d ) .
La cantidad de discos populares que se producen para vender depende tam
bien del precio d e venta oferta, o ) .
Si d =-¿-2 y o = 1,000 p - 500 grafique las dos curvas.
¿ En qué punto se cortan ?. Interprételo
SOLUCIÓN
3 0 0 0
2 5 0 0 .
2 0 0 0
1500
IOOO
5 0 0
1.0
l
i
1
2.0
0
2 5pr io
A un precio d e 2 la oferta iguala a la demanda. No hay sobreproducción,
no hay discos sin vender ni gente q ue quería comprar y que se quedó sindi seo.
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19.~ Grafique la recta corresp ondien te al Minterés s imple 12.
Si P = pr incipalr = tasa de interés anualt = tiempo en años
Grafique la recta corresp ondien te al valor futuro VF
SOLUCIÓN
Se sabe que el interés a pagar por un préstamo P a una tasa de interés ren un tiempo t es I = Prt, donde t es expres ado en términos de años y la
tasa del interés en
Por eso VF = P + Prt = Valor futur o
= P 1 + rt)
e VF
e
Si al término de un me s , se consideran que se t iene un nuevo principal y
se aplica la mis ma tas a, Cuál es la nueva recta de VF ?.
Al término de un mes el VF = P 1 + r v ^ )
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La nueva recta debe partir de este nuevo principal
(VF) = VF después del primer mes
t 1 )
1t 1 = t - Y > e ^ tiempo transcurrido
después del primer mes.
VF1
P 1 .
Á
-
z
p -
•
t 1
Al término de n meses ?
_£)
t = t - nn
pendiente.
; con la misma
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20. - Cuando se desciende en el océano, la presión crece linealmente
La presión es de 15 libras por pulgada cuadrada en la superf icie y 30 1¡__
bras po r pulgada cuadrada 33 pies bajo de la superf icie .
A ) Si P es la presión en libras y d es la profundidad bajo la superficie
en pies, escriba la ecuación que expresa a P en términos de d
B) Cuál es la presión en 12.5^0 pies la profundidad promedio del océano)
C) Graf ique la ecuació n para o < d <. 12. 5^0Presión
SOLU ÓN
30 +
Profundidad
Si llamamos P o la presión en la superf icie y P33 a la presión a 33 pies la
ecuación de la recta queda
- P o
media P i e s ) 15 + ~ • 12.5^0
2 0 7 l i b r s
z u < / pulgada 2
= 15 + 5.7
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Escalas de temperatura
2 1 . Determine las gráficas de las tres siguientes escalas de temperatura
Celsi us
Fahrenhei t
Absoluta o Kelvin
0°
32°
273°
C
F
F
100
212
373
°C
°F
°K
Determine las intersecciones con los e j e s . Determine las rectas que
relacionan las escalas Celsius vs . Fahrenheit y de Celsius vs. Kelvin.
Un grado Kelvin a cuantos grados Celsius y a cuantos grados Fahrenheit
corresponde ?.
RESPUESTA
212°F
m =18O°F = 9.100°C 5
32°F
100°C
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373°K
2 7 3m =
100
= 1
273°C 0°C 1 °C
212°F
373°K
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22.- Se sabe que n a temperatu ra con sta nte , el peso de un gas di suelto por uni__
dad de volumen de un líquido es proporcional a la presión 11 , (la ley de
Henry) , válida para algunas substancias. Grafique esta ley sabiendo que
el ángulo de inclinación de la recta es a = 26° 33 1
SOLUCIÓN
Sólo sabemos la pendiente de la recta ya que
tan 26.55° = tan 26° 33 1
m = tan a = tan 26.55° = .4996
Dependerá del gas y la temperatura el saber a partir de que presión P Q
empieza a disolverse a razón de ,4996 unidades de peso por cada unidad de
presión aumentada.
Si Pf = Presión final a la que se sujeta el gas,
Pp. = Peso disuelto por unidad de volumen = .4996 (P f - P ) si P f > P
? si P r < P
Di suelto i
P D
Presión final
P
f
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2 3 El cloruro de potasio tiene solubilidad s dependiente de la temperatura,
de acuerdo con la tabla
t = 0 o 20° k ° 60° 80° 100°
s = 28.5 39.7 ^9.8 59.2 69-5 79-5
Grafique la función correspondiente ¿ Cuál es la pendiente ? ¿ Cuál su
ordenada al origen ? ¿ Cuál la ecuación de la recta ?
SOLUCIÓN
A éstos datos se le pueden 'ajustar 1 diversas rectas ya que la razón de
cambio de la solubilidad con la temperatura, no es la misma para los dife_
rentes incrementos de temperatura, aunque son cercanos a 10 gramos por c£
da 20° centígrados.
Una recta aproximada es S - S o = m (t - t o) = m (t - o)
, S 100 S ° 79.5 - 2-8.5 51 C1tomando a m = r ^ = i nn
= T ^ T = .51
S = 28.5 + .51 t
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VECTORES E N R ó
1.- Determinar si el triángulo de vértices A(1, -2 , 3 ) ; B(-1 , 1, 1) ; C(1, 4, -1
es isósceles. ¿ Es equilátero ?
SOLUCIÓN
Debemos ver que tiene dos lados de la isma magnitud.
Los lados del triángulo son: AB, AC, BC
AB = t - a = (-1, 1, 1 (1, -2, 3) = ( 2, 3, -2
AC= c - a = (1, k, -1) - (1, - 2, 3) = (0, 6, -k
ic = c - b = (1, k, -1) - (-1, 1, 1) » (2, 3, -2
Las magnitudes son:
| | I = / -2 ) 2 T l r T T 2 f ¿ = / T T T T T = /~TT
| | | = /0 r V6 r ~+ -h) z~ = / 36 + 16 = /T 2
Es isósceles pero no equilátero.
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2.- Si las coordenadas de un nuevo origen en el sistema antiguo son (2,-4,6)y las coordenadas de P en el nuevo sistema son (-1,2,-4)'. ¿ Cuáles sonlas coordenadas de P en el sistema antiguo ?
SOLUCIÓN
h,k, 1) - (2, -k, -6) = (0, 0, 0 ) '
Se sabe que (-1, 2, -h) = (x Q, y Q, z Q) - (h, k, 1)
x Q, y 0, 2 Q) = (-1, 2, -4) + (h, k, 1) = (-1, 2, -4) +
+ (2, -U, -6)
x 0 , y 0, z Q) = (1, -2 , -10)
3.- Para el triángulo cuyos vértices están en A 2 ,~5 ,3 ) , B(-1 , 7, 0) yC -4, 9, 7) calcular
a) La longitud de cada lado
b) El punto medio de cada lado.
SOLUCIÓN
a) Sea í= (2, -5 , 3) - (-1, 7, 0) = (3, -12, 3) y
= (-4, 9, 7) - (-1, 7, 0) = (-3, 2, 7)
Si Lj, L 2 y L 3 son las longitudes que nos p iden calcular, entonces
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I | a | i = / 9 ]kk 9 = / T 5 2 =
L2 = | | b | | = / 9 + 4 + ¿49 = T2~
L3 = i |a - b\ | = / 36 + 196 + 16 = = 2/~6T
b) Sea x(xi, x 2 , x 3) el punto medio de A y B, entonces
B x = B - x = x A = x - A , es decir
(-1, 7, 0) - (x x, x 2 , x 3) = (x x, x 2 , x 3) - (2, -5, 3)
(-1 - xi , 7 - x 2 , - x 3) = (xi - 2, x 2 + 5, x 3 - 3) de donde
- 1 - - 2
7 ~ x 2 = x 2 5
- x 3 = x 3 - 3
2.X 1 r\
X2 = 1
X 3 zz 7T
L
X(X X, X 2 , X3) = ( y , 1 , j )
En forma similar se calculan los otros puntos medios, encontrándose que
i) El punto medio de AC es (-1, 2, 5) y
i El punto medio de BC es (- y, 8, -y).
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k.- Demostrar que los tres puntos (1, -1 , 3 ) , (2, 1, 7) y k, 2, 6) son los
vértices de un triángulo rectángulo y calcular su área.
SOLUCIÓN
Sea a = (2, 1, 7) - (1, - 1 , 3) = (1, 2, k)
b = k, 2, 6) - (2, 1, 7) = (2, 1, -1)
= 1 , 2 , h)- Z, 1 , - 0 = 2 + 2 - 4 = 0
como a»b = 0, entonces los vértices dados sí son los de un tr¡áng£
lo rectángulo. Su área será
A - l l a M IJbM _ / 1 + k + 16 / k + 1 + 1 _ /12?T 2A - 2 2 T U *
5.- Expresar al siguiente vector en términos de su magnitud y de sus cosenos
directores a = - 6Í + 2j + 3&
SOLUCIÓN
Un vector a se expresa en términos de su magnitud y de sus cosenos directo
res en la siguiente forma
a = ||a|| (eos a i + eos 3 j + eos y k)
donde T = (1, 0, 0 ) , j = (0, 1, 0) y k(0, 0, 1)
eos a = — - — , eos 3 = — - — y eos Y = ~ ^ —I I " * I l ^ l I ' l ^ t
hll l l
así que
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y eos y =y £
ja j | = 7 , eos a = —=- eos B =. y y eos y = y • Entonces
a = 7(- y ¡ j j + f k)
6..- Calcular el área del triángulo que tiene sus vértices en A( -2 , 3, 1 ) ,
B(1 ,2,3) y C(3, - 1 , 2 ) .
SOLUCIÓN
Sea a = (-2, 3, 1) - (1, 2, 3) = (-3, 1, - 2) y
b = (3 , -1 ,2 ) - (1 , 2 , 3) = (2 , -3 , - 1 ) .
El área del triángulo está dada por
A = || |a x b| ¡ - l | | ( -7 , 7 , 7) =
7* Hallar el área del paralelogramo cuyas diagonales son
c = T + í] - 3 K d = t + 1 - ík
SOLUCIÓN
El área de l paralelogramo es | |a x b| | con a, b los lados del paralelo
gramo. No conocemos los lados del paralelogr amo pero cono cemos sus ía
gonales a partir de ellas se pueden obtener lo s lados de l paralelogramo.
Hagamos una figura:
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De aquí:
a + b = c
+ cí = t
a + b = c
a + b = - d
2b = c - d
b - 1 t -
Sustituyendo en a + b = c se tiene
1 / • *
2 (C
luego b = -z \ i 3k) - (- T + 1 - * 2 = i + J
a = (T 3T - 3k + (-T + T - 3k)) - 1 - 2 T -
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a x b =
i j k
1 1 O
0 2-3
= ¡
1
2
0
-3
~ J
1
0
0
-3
k
1
0
1
2
k(2) = -31 + 3j + 2k
-*Así Área del para le log ramo = ||a x b|| = || 3 ;| + 3j + 2k
- = • 9 + 9
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8.- ¿ Para que valor de a 11 los vectores (2, -1 , 1) (1, 2, -3) (3, a, 5)están en un mismo plano ?
SOLUCIÓN
¿ Hay alguna relación entre el volumen del paralelepípedo que formantres vectores y el hecho de querer que estén en un mismo plano ?
Sí están en un mismo plano el volumen que forman es igual a cero.
Por lo tanto ¡a•b x c¡ = 0 que es el volumen del paralelepípedo que fo£_
man tres vectores.
Así
1 2 -3
2 -
3 a 5
= 0 ¿ Porqué ?
-1
a
1
5
- 22
3
1
5- 3
2
3
-1
a = o
0 = -5 -a -2(10 - 3) ~3(2a + 3) = -5 -a -14 -6a -9
0 = -7a -28 ; 7a = -28
a = -4
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9. Demuestre que si a + b + c = O ; = > a x b = b x c = c x a e interprete
este resultado geométricamente
Demostraciónb = - a - ca = - b - cc = - a - b
- > . - > - > . • _ _ > . - > - ^ - > . _ ^ ^ _ ^ ^ . _ ^
a x b = - b - c x b = - b x b - c x b = - c x b ya que b x b = 0• > - > > • > •
c x a = - a - b ) x a = - a x a - b x a = 1 = a x b = c x b
Sabemos q ue yjja x bjjes el área del triángulo
determinado por a y b. Pero como el tr¡áng£
lo determinado por a y b es el mismo que eldeterminado por a y c , la norma de sus pro__
ductos cruz debe ser la misma.
10.- Si A , B y C en R 3 son vectores no paralelos a un mismo plano, todo
otro vector D en R 3 puede ponerse en la forma
D = aA + BB + YC en
(DxB)«C _ (DxC)-A y _ (DxA)»BC O n a = (AxB)-C 3 (AxB)-C Y Y (AxB)-C
Si D = aA + 3B + YC entonces
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(DxB)-C = (aAxB + 3BxB + YCxB)*C
= a(AxB)*C + 30*C + YCxB*C
= a(AxB)*C + 0 + 0 ya que CxB es perpendicular a C
_ (DxB) Ca = (AxB)-C q.e.d. análo gamen te para y para Y.
11.- Dos medios homogéne os. Si hay refracción de luz en la interfase entre
dos medios homogén eos, sean A, B, C los vectores uni tar ios a lo largode los rayos i nciden tes, reflejados y refractados, respect ivamente y
sea N el vector unitario normal a la interfase. a) Demuestre que la
ley de r e f l e x i ó n es equivalente a AxN = BxN
SOLUCIÓN
La ley de reflexión dice que el ángulo entre la dirección de propagación
de la onda reflejada y la normal a la superf icie plana divis oria es
igual en valor absoluto al ángulo correspondiente de la onda incident e,
esto cuando las dimensiones de los dieléctr icos son considerablemente
mayores a la longitud de onda .
+(AxN) = (-A) x (-N) = ¡A| ¡N|sen a 1 = sen a 1 = sen 3 1
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Como a 1 y g 1 son menores de 90° los dos a 1 = 3 1 o sea la ley de la re
flexión.
(b) Demuestre que la ley de refracción es equivalente a n,AxN =
con n, y n2 los índices de refracción
La ley de refracción dice en las mismas condiciones mencionadas en (a)
que
sen a1
_ nsen Y 1 n,
Desarrollando n, AxN = n, |-A| | - N | sen a 1 ='n¿|-C | |-N| sen Y 1
senasenY 1 ~~ n,
RECTAS EN R3 Y PLANOS
1.- Dé la ecuac ión de la recta que pasa por el punto (1,-1,1) y es paralela
a la recta que pasa por los puntos A(-2,O ,1) ; B(l,2,3)•
SOLUCIÓN
Para poder dar la ecuación de la recta necesitamos un punto que pertene£
ca a la recta y la dirección de la misma.
En este caso ya tenemos un punto que pertenece a la recta (1,-1,1), nos
falta la dirección. ¿ Cómo podemos obtenerla ? ¿Dá más datos el proble^
ma? las rectas deben ser paralelas ¿Entonces cuál es la dirección?.
¿Cuándo dos rectas son paral elas? . Dos rectas son paralelas sí tienen
la misma di rección. Por lo tanto la dirección de la recta buscada es la
dirección de la recta que pasa por A y B.
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Luego la dirección es v = b - a = (1,2,3) - (-2, 0,1) = (3,2,2)
La ecuación es x = (1,-1,1) + t(3,2,2) te CB
, x 2 , x 3) =(1, -1, 1) + (3t, 2t, 2t) = (1 + 3t, -1 + 2t, 1 + 2t)
X = 1 + 3t
x2 =-1 + 2t
x3 = 1 + 2t ; te R
Forma paramétrica de la recta
o en la forma simétrica
- 1 = 3t
X2 2t x2 " 1 _ X 2 + 1 _ X3• " 2 " 2
x3 - 1 = 2t X3 -
2.- Muestra que las rectas dadas son paralelas.
z - 2: x = -2t + 5
y = -6t + 1z = ¿ft + 2
DEMOSTRACIÓN
¿ Cuándo dos rectas son paralelas ? luego tenemos que ver sus di recenes
la dirección de t es : v = (1, 3, -2)la dirección de £ 2 es: u = (-2, -6, 4)
Ahora como verificamos que u y v son paralelos.
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Una forma es u = - 2v
Las rectas son paralelas,
3.- Hallar la ecuación paramétr¡ca de la recta que pasa por el origen y cu _
ya dirección es ortogonal a los vectores u = 2i - j + 3k ; v = -1 -j + 2k
SOLUCIÓN
Para dar la ecuación de la recta necesitamos un punto y la dirección.
La recta pasa por el origen es decir el punto (0, 0, 0) está en la
ta . Así falta la direcc ión. Ahora bien la dirección de la recta es
togonal a u y v
¿ Qué vector conocemos que sea ortogonal a dos vectores dados ? en ----
efecto u x v. Luego la recta pasa por (0, 0, 0) y tiene la dirección u x v
X V =
•t i- t1 j k
2 -1 3
-1 -1 2
t ¡(-2 - (-3)) - j(4 - (-3)) + k (- 2, -
= t - 7 j -
Así la ecuación de la recta es: = (O, O, 0) + t( i, - ? , -3) te R
(x, y, z ) = (t, - 7t, -3t)
x = t
de donde obtenemo s: y = - 7t
z = 3 t Ec p a r a m é t r i c a b u s c a d a
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k.- Hallar las ecuaciones de la recta que pasa por el punto (2, 2, -3) y es
perpendicular a las rectas cuyos vectores dirección son (2, - 1 , 3 ) y ~
(-1, 2 , 0)
SOLUCIÓN
La ecuación (paramétrica de la recta en R 3 o en R 2 es
P = PQ + tv . Por tanto P = (2, 2, -3) + t(a, b, c)
Pero si queremos que la recta sea perpendicular a las dos dadas se deb£
rá cumplir que (a, b, c)*(2, -1 , 3) = 0
y que (a, b, c)*(-1, 2, 0) = 0
Para simplificar dividamos entre a que suponemos diferente de 0
entonces (1, ~, ~) • (2, -1 , 3) « Ü , b 1 , c 1) • (2, -1, 3) = 0
(1, b ', c') • (-1, 2, 0) = 0
2 - b' + 3c 1 = 0 y -1 + 2b 1 + c 1.0 = 0
2b1 = 1 b 1 = j 2 - » + 3c 1 = \ + 3c' = 0
c 1 = — j > Y e l vector es (1 , y , - j)
y P =í o + tv - (2, 2, -3) + t(i, j, - j)
o ? = P o + tv = (2, 2, -3) + t(2, 1, -1 ) , ya que la dirección del
vector no se altera si multiplicamos (o dividimos) por una constante.
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5.~ a) Demuestre que las dos ecuaciones
P = (1, 0, 5) + t(4, -2 , 6) yQ = (3, - 1 , 8 ) + s(-2, 1, -3) representan la misma línea
DEMOSTRACIÓN
Los vectores dirección son paralelos ya que (4, -2 , 6) = -2(-2, 1, -3)
P y Q tienen la misma dirección.
Además (1, 0, 5) = (3, -1 ,8 ) + 1(-2, 1 3) y
(3, -1 , 8) = (1, 0, 5) + {~) k, -2 , 6)
b) Qué valores del parámetro t corresponden a los puntos de Q con valo
res del parámetro s = - 2 , -1 , 0.
Si s = -2,' Q(-2) = (3, - 1 , 8 ) - 2(-2 , 1, -3)
= (3, - 1 , 8 ) + (4, -2 , 6)
= (7, -3 , 14) = (1, 0, 5) + t(4, -2 , 6)
= (1, 0, 5) +£(4, -2, 6)S = "2 —> t = -r-
Si s = -1 ; Q(-1) = (3, -1 , 8) - (-2, 1, -3) = (5, - 2 , 11)
= (1, 0, 5) + t(4, -2 , 6) = (1, 0, 5) + (4, - 2 , 6)
s = -1 => t = 1
Si s = 0 =>Q(0) = (3, - 1 , 8 ) + 0(-2, 1, -3) = (3, -1 , 8) + 0
= (1, 0, 5) + t(4, -2 , 6) = (1, 0, 5) + ( j)(4,-2,6)
s = o => t = w
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c) Qué relación hay entre s y t para los mismos puntos 1,
(-2, ¿), (-1, 1), (0, 1)
Si s - 0 1 2
t - - j(s - I)
6.- Hallar la ecuación de la recta que pasa por el punto (3, 6, ^) , corta
al eje z y es paralela al plano x - 3 y + 5 z - 6 = O
SOLUCIÓN
x = P Q + tv te R.a ecuación de la recta es de la forma
Si la recta corta al eje z, entonces ese punto será de la forma
P 0 , 0, k ) , entoncesv = (0, 0, k) - (3, 6, h) = (-3, -6 , k - i*)
para hallar la k hacemos
v n = 0 donde n = (1 , -3 , 5 ) , así que
(-3, -6 , k - ¿O-(1, -3 , 5) « 0
-3 + 18 + 5(k - k) = 0
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5(k - k = - 15
k - k = - 3
k = 1
así que el vec tor v = (-3, ~6> -3)
x = (3, 6, k + t(-3 , -6 , -6) te R.
7.- Demu estr e que las dos líneas x = 3z + 7, y = 5* + 8; y x = 2z + 3 yy = 4z + k se intersec tan
SOLUCIÓN
Primero transformaremos esta ecuación a la forma parámetrica de la rec_ta
t = 7 = x 1 = Y ~ 8 v t . - 7 - x - 3 _ y - fr
3 5 y z z
~ 2 ~ k
P = (7, 8, 0) + t(3 , 5, D y Q = (3, íi, 0) + (2, k, l ) f
Si R es punto de intersección qu iere decir que tienen las mismas coor_denadas z
~ - ¿ = 2LZ_1 => 2 x - 7) = 3 x - 3) => 2x - 1A = 3x - 9
=> 3x - 2x = - 14 + g => x = - 5
y ~ 8 = y jj => 4y - 32 = 5y - 20 => 5y - ^y = 20 - 32
=> y = - 12
•, - -5 - 3 _ ± _ _ i.Z - 2 - 2 - 4
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R = (-5, -12, -k
Si t = -k, P = (7, 8, 0) - M 3 , 5, D = (7, 8, 0) - (12, 20, k
= (-5, -12, -4)
y s¡ t . = -k, Q = (3, i*, o) + (-8, -16, -k = (-5, -12, -i») P = Q
8.- Dar la ecuación del plano que contiene a PgO» 2, 3) y normal (1, -1 , 1)
SOLUCIÓN
Para dar la ecuación del plano necesitamos un punto y la normal al p1a_no ya que la ecuación es P()P*n - 0, luego este ejercicio se reduce asustituir PQ y n, hagámoslo
= (x - 1, y - 2, z - 3) ; n = (1, -1, 1)
P^Pn = (x - 1, y - 2, z - 3)*(1, -1, D = 0
I(x - 1) + (-1)(y - 2) + 1(z - 3) - 0
x - 1 - y + 2 + z - 3 = 0 La ecuación buscada esx - y + z - 2 = 0
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9.- Dar la ecuación del plano que contiene a los puntos A 1, 2, 1 ) ;
B 1, 0 , 1 ) ; C 0 , 1 , - 1 ) .
SOLUCIÓN
Ya se sabe, necesitamos un punto que pertenezca al plano y la normal.
Un punto lo tenemos, nos falta la normal.
¿ Cómo obtenerla ? ¿ Qué caracteriza a la normal ? ó ¿ La ecuación
P Q P T I = 0, que dice de la normal ?
P Q P T J = nos dice que la normal es ortogonal a todos los vectores que es
ten en el plano, luego en este caso la normal n debe ser ortogonal a
los vectores AB y AC
Así quién es la norma l, qué vector conocemos ortogonal a dos vectores
dados ? n = AB x AC
Finalmente ya tenemos un punto A ó B ó C) y la normal n = AB x AC para
la ecuación pe dida, que se deja al lector debiéndose obt ener
kx - 2z - 2 = 0
10.- Dar la ecuación del plano que contiene al punto 1, 2, -1) y es perpen_
dicular a la recta que resulta de la intersección de los planos
x - 2 y + z - 4 = 0
2x + y - z = o
SOLUCIÓN
Una vez más ya tenemos un punto, falta la normal n .
La recta es ortogonal al plan o, de
donde la dirección de la recta es la
normal al plano , así necesitamos c on£
cer la dirección de la recta.
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Como la recta esta' en ambos planos tenemos que su dirección v es ortog£
nal a ni y v es ortogonal a n2
v = ni x nz
l u e g o n = \? y t e n e m o s u n p u n t o d e l p l a n o y l a n o r m a l , y a p o de m o s d a r
l a e c u a c i ó n q ue s e d e j a a l l e c t o r o b t e n i é n d o s e x 3 y 5 z ~ 2 = 0
11.- Demostrar que el punto de intersección de la rectax = X Q + tA con el plano B • x - b = 0 es
x = x o — F / T1 1 A
DEMOSTRACIÓN
Si x es el punto de intersección, debe satisfacer ambas ecuaciones, por
lo tantol*x - b = B*(x 0 + tt - b = 0
Pero sabemos que el producto escalar es distributivo, entonces
B*XQ + B-tA - b = 0
t(B #A) = b - B #xg como B #A es un número
, ^ b - B*XQL B-A
Sustituyendo
X = XQ> ->• b - B * x n TÍ- .+ —B , A
u A q.e.d
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1 2 Sean PQ y Q dos puntos, y N un vector en R 3 , sea p 1 el punto de
¡ntersección de la línea a través de Pgen la dirección de N, y el pía
no a través de Q perpendicular a N. Definimos la distancia de P Q a
aquél plano como distancia entre P Q y p1
. Encontrar esta distanciacuando P Q = ( 1 , 3 , 5) Q = ( - 1 , l , 7 ) y N = ( -1 ,1 , -1)
SOLUCIÓN
El plano que pasa por Q y normal N, N*(X - Q) = 0(-1, 1, -1)(x + 1, y - 1, z - 7) = 0
= --x - 1 +• y - V - z + 7 = 0
La recta que pasa por con dirección N es
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P = P o + tN
= (1, 3, 5) + (-t, t, t)
P = (1 - t, 3 + t, 5 - t)
p1 debe satisfacer la ecuación del plano, por tanto
5 - t _ 5 = o => -2-3t'= 0 ==>
De modo que
P1 - (1 + y , 3 , 5 + 2/3) = (f , y , 17/3)
12 23
13- Con las notaciones del ejercicio anterior muestre que la fórmula general
para la distancia es dada por
|(Q - Pp)*Nl
|N|
Observando la figura es claro que (Q. - P Q) es la proyección deN
Q - Pg en la dirección correcta y es la distancia buscada, ya que paracalcular la proyección exacta se requiere proyectar sobre un vector unj[
tario.
Resta demostrar que efectivamente
(Q - Pp)-N N
(Q - Po)
pero es c l a r o por la p r o pi e d a d ( k v w ) , con k a rb i t r ar i o real igual ak ( v » w ) .
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Para las diversas formas de la ecuación del plano determinar las condi
ciones de paralelismo y de perpendicular
Ax + By + Cz + D = 0
Af x + B'y + C'z + D 1 = 0Como (A, B, C) y (A 1 , B 1 , C 1 ) son --
perpendiculares a los planos si
(A, B, C) = k (A f , B 1 , C 1 ) k 0
los planos son paralelos;
si (A, B, C ) • (A 1 , B 1 , C 1 ) = 0 los
planos son perpendiculares.
n o =
k r rraralelos si n = km , perpendiculare s n*m = 0
Sí los planos no son perpendiculare s a alguno de los planos xy 3yz ó
xz , o sea sí
a 1 b 1 c 1
son paralelos si a = ka 1
b = kb 1
c = kc 1
perpendiculares s
(111).(1 1 1 )a 'b 'c ; ^ a " b l ' c i ;
aa 1 bb 1 ce 1
= 0
= 0
bb'cc 1 + aa'bb 1 + cc'aa 1- 0
a a ' b b ^ c 1
Si aa'bb 1 + aa'cc 1 + bb cc l = O
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15. Encuentre la ecuación de l p lano determinado por las rectas
x + 1 = kt x + 13 = 12S
y - 3 = t y y - 1 = 6S
z - 1 = 0 z - 2 = 3S
SOLUCIÓN
El plano debe incluir al punto d e intersección de las rectas
x 0 = i»t 0- 1 = 1 2 S0 - 13
YO t 0 +3 = 6 S Q + 1
20 = 1 - 3 S 0 + 2
3 S0 = 1 - 2 = -1
s o
x 0 = 12(-1) - 13 = - k - 13 = - 17
y 0 = 6(- 1) + 1 = -2 + 1 = -1
z o -
P o = (-17, -1, D
Comprobación:
t 0 + 3 = -1
t 0 = -1 -3 = -/,
x 0 - ^(t o)-1 = -16 -1 = -17
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La ecuación del plano es
P = P Q + U£ + sv_ con u y v los vectores que determinan las rectas o
sea t, = (4, 1, 0) y v = (12, 6, 3)
P = (-17, - 1 , 1 ) + t k, 1, 0) + S(12, 6, 3)(x, y, z) - (-17, -1 , 1) + t{k, 1, 0) + S(12, 6, 3)
(x, y, z) = (-17 + h t + 12S, -1 + t + 6S , 1 + 35)
Si hubiéramos seguido el procedimiento del libro el resultado sería
x- ¿t y + 4z + 9 = 0. Chequemos que representan al mismo lugar geométrj^
co
-17 + k t + 12S - 4(-1 + t + 6S) + k ] + 3S) + 9 =
= -17 + k t + 12S - k - kt - 24S + k + 12S + k + 12S + 9
= -17 + k + 4 + 9 + ^t - kt + 12S - 24S + 12S = 0 q e d
16.- Determine los puntos de intersección de la recta P con los planos coor
denados x = 0 , y = 0 y z = 0
SOLUCIÓN
P = (2, 1, 7) + t(0, 6, k) = (x, y, z)
Cuando x = 0, no importa que t se tome, no dará el resultado.
Por tanto no cruza al plano yz .
Cuando y = 0, t = - 1 P = (2, 1 , 7 ) - , 6,
- (2, 1, 7) - (0, + 1, ~)
= (2, 0, 7 - |) = (2, 0, 6 1/3)
punto de intersección con el plano xz<
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Cuando z = 0 * = - £ , P = (2, 1, 7) + (- {) 0, 6,
= ( 2 , 1 , 7 ) - (0,~^f , 7)
= (2, jj- , 0) que es la ¡n te r_
sección con el pía
no xy.
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17. Encuentre la longitud de la perpend icular del origen al plan o
2 x - 4 y + z - 8 = 0
SOLUCIÓN
Un vector per pendic ular al plano es el (2, -*t, 1 ) , La recta que pasa
por el or igen y t iene es ta dirección es P = t (1 , - 4 , 1 ) . Corta al p
no con una t tal que 2(2t) - k{-kt + t - 8 = 21t - 8 = 0
Para t - -^ • 0P - P - f ^ ^ J ^ v 0P - / 2 5 6 * ? 02¿f + 6¿*ara t - ^ , 0P - P - {^ , - — , — ) y 0P - • W]
21 x 21
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EJERCICIOS A RESOLVER
1.- Los vectores que se dan a continuación expresarlos en la forma
I) El vector de magnitud 6 y dirección y II rad
i i) El vector de magnitud 8 y dirección T- II rad
íi i) El vector de magnitud k y dirección 330°
iv) El vector de magnitud 6 y dirección 30 °
2. - De los siguientes vectores dar su norma y dirección. Dibujar los vect£
res en un mismo sistema de referencia,
1 = 3, k) í a . 3> k) t = Hi, -6) 3 = 3, 5)
3.- i) Si u = -2, 1, -k); = 3, , 5) obtenga w tal que
u + w = v - w
i i) Calcula I I3u - 3v + w
Obtenga un vector a con ||a|| = 5 y qu e tenga la misma dirección que
b = 2, 1, -1)
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5.- Determine un vector que tenga su punto inicial en P( 2, 1, k y que ten_
ga la misma dirección que v = (7, 6, 3)
6.- Determine un vector con dirección contraria a la de v = (2, k, -1) y
con punto terminal en Q( 2, 0, 7)
7.- Sean A( 2, 3, 2) y Q( 7, **, -1)
a) Encuentre el punto medio del segmento de recta que une a P con Q,
b) Encuentre el punto que está en el segmento de recta que une a P con
Q. y que está a 3 A de la distancia de P a Q.
8.- Determine todos los escalares k tales que ||k v|| = 1, donde V = ( 1 , 2 , 3 )
Sean a, b, c y d cuatro vectores distintos y diferentes de cero en R ó
R3 tales que sus puntos iniciales coincid an. Demuestre que si
b - a = c - d
entonces los puntos terminales son los vértices de un paralelogramo.
10.- Determine si el ángulo formado por a y b es agu do, obt uso , o si los
vectores son ortogonales.
i) a = (7 , 3, 5) b = (8 , k , - 2 )
¡i ) a = (1 , 1, -1) t = (0 , 1 , -0)
i¡¡) a = (5 , 1 , 3 ) t = (2 , 0 , - 3 )
iv ) t = 2, 1, i») b = (0 , 2 , 1)
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11.- Se dan los puntos P 1, 2, - 1 ) ; Q -1 , -1 , 1)
i) Determinar el vector ?Q
¡i) Dar un vector unitario en la misma dirección de QP
i i i) Probar que PQ y 1, 0, 1) son ortogonales
12.- Encuentre la proyección ortogonal de a sobre a - b si
i) a - 2, 1, -1) t * -1, 0, 1)
ii) a = 1, 0, 1) t = 2, 1, k)
13. Un vector unitario, tiene sus tres ángulos directores iguales, y este
ángulo 0 cumple con 0 .<. 0 <. y . ¿ Cuál es el vector ?
14.- Dar un vector de magnitud 10 con dirección idéntica al vector anterior.
15 • ¿ Existe un vector unitario que tenga ángulos directores j-, --, -j- ?.
justifica tu respuesta.
16.- Muestra que las diagonales de un rombo son perpendiculares.
Prueba que los puntos A 3, 2, -1); B(k, 1, 6 ) ; C 7, -2 , 3) y D 8, -3, 1)
son vértices de un paralelogramo.
18.- Dados A 1, 1, 0 ) ; B -2, b 2 , 1) encontrar b 2 tal que el ángulo <£ AOB =
150°.
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19,- Determinar el ángulo formado por la diagonal de un cubo y la diagonal
de una de sus caras.
2 0 . - Sean u = (3, - 2 , 6) v = (-2, 1, 0)
i) Calcula la proyección ortogonal de u sobre u + v
i i) Calcula la componente de u ortogonal a v
iii) Calcula el ángulo que hay entre u y (u - v)
21 . - Dados u = (3, - 2 , 1 ) ; v = (4, 3, 2 ) ; w = (í, 5, 1) Hallar
i) La proyección ortogonal de u sobre (v + w)
¡i) La componente de u ortogonal a v x w
iii) Un escalar a tal que ||a(u + v ) | | = ¡|w||
iv) El volumen del paralelepípedo formado por los vectores u, v, w.
22 . - Dar el área del APQR con: P(0, 2, 2 ) ; Q(4 , 4, 1) ; R(3, h 3)GRÁFICA EL TRIANGULO.
2 3 . - Sea u = (1, - 2 , 3) y v = (-3p, P 2» 3 ) . Determinar el valor de p detal manera que los vectores u y v sean ortogonales.
24 . - Dar dos vectores ortogonales y unitarios a los vectores:
= 2t - 3l + k ; v = -t + 2j + 3k
2 5 . - Dados los vectores u = (1, - 2 , 3 ) ; v = (-1, 1, 2) encontrar tres vecto
res ortogonales a u y v.
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26 , - Muestre que el vector a = (a, b) es ortogonal a la recta
ax + by + c = 0
2 7 . Sea ¿ una recta de ecuación x = a + tv. Hallar t].e R tal que x sea
ortogonal a v.
28 . - Determine la ecuación paramétrica de la recta que pasa por los puntos
P(5, - 1 , *Ü y Q(6, 2, 5)
Determine las ecuaciones de un par de planos cuya intersección es la
recta dada por:
x = 1 + 2t
y = -2 + 3t te R
z = 5 - t
3 0 . - Determine las ecuaciones del plano xy, del plano xz y del plano yz
31 . - Demuestre que la recta
x - 0
y = t te R
z = t
a) Pertenece al plano 6x + ^y - kz = 0
b) Es paralela al plano 5x - 3y + 3z ~ 1 = 0
32 . - Encuentre el punto de intersección de la recta
x = k + 5t
y = -2 + t te R
x = k - t
y e l p l a n o 3 x - y 7 z 8 = O
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33. * Demuestre que la recta
x = k + 2t
u = -t te R
z = -1 - kt
e s p a r a l e l a a l p l a n o 3 x 2 y z - 7 = 0
Encuentre la ecuación del plano que pasa por el punto P(2, -4 , 5) y
paralelo al plano 5x - 2y - z + 9 = 0.
35- - Demuestre que los puntos (3, **, 2) y (-5, 6, 3) pertenecen a la recta
determinada por los planos x + 8z = 19, y = 10z - 2k
36 . - Si una recta hace ángulos de 60°, 5° y ¿0° con los ejes x, y, z y pa_
sa por el punto (1, - 3 , 2) demostrar que la ecuación de la línea es
x - 1 = /TT y+3 = z-2
37-~ Hallar la ecuación del plano que pasa por el punto (-1, 2, -3 ) , que esperpendicular al plano 3*+2y+5z = 0 y paralelo a la recta
4x - 3y + 2z = 7
5x + 2y + 3z = 6
38 . - Sean A(-3, 1 , 7 ) ; B(8, 1 , 7 ) . Encontrar todos los C(Ci, C 2 , C 3) tal
que AC I AB
Se da el plano 3x - y + 7z + 8 = 0, encontrar la ecuación paramétrica
de una recta contenida en el plano.
40 , - Da la ecuación del plano que contiene al eje n x M y al punto (2, -1 , 1)
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k] .- Hallar la ecuación del plano que es ortogonal a los planos
3x - 2y + z - 1 = 0 2x + 3y - 5z + ^ = 0 y que contiene al punto
(1 , 1, 2 ) .
4 2 . Muestra que los vectores dados están en un mismo plano y encuentra la
ecuación del plano. Los vectores son:
a = (1, -2 , 1) ; t = (3, 2, - 3 ) ; c = (9, - 2 , -3)
4 3 . Dar la ecuación del plano que contiene al punto (1, 2, -1) y a la recta
x = (1, 2, 3) + t( -1, 4, 3)
Determinar el plano que es paralelo al plano 5 x - 2 y + z - 9 = 0 y que
pasa por la intersección de las rectas:
x + 1 = k - t x + 13 = 12t
y - 3 = t y ~ 1 = 6 t
z - 1 = 0 z - 2 = 3 t
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RELACIONA CORRECTAMENTE LAS COLUMNAS DADAS, ESCRIBE EN LOS PARÉN
LA LETRA CORRESPONDIENTE.
A . - La intersección de los planos y = 0; z = 0 ( ) z = 3
B . - La segunda coordenada del punto A ( ) (-1, k 1)
C . - Un punto arbitrario del plano y = k ( ) (-1 , 1 , 0)
D . - Las coordenadas del punto Q. ( ) El eje x s
E - El origen ( ) x=1; y=1; z=t
F . - El plano determinado por los ejes x, y ( ) 32
G . - La tercera coordenada de la normal al plano ( ) z = 0
de ecuación -x +•2y + 3z + 1 = 0
H . - La intersección del plano z = 0 y la línea ( ) x=1; y=-l; z=2+t
x = -1; y = 1; z = t
I . - La línea perpendicular a el plano z = -2 ( ) (0, 0, 0)
en el punto (1,1, -2)
J - La línea que pasa por el punto ( 1 , - 1 , 2 ) ( ) (qi, q2,
en la dirección del vector -k.
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SISTEM S DE ECU CIONES LINE LES
1 . - Resuelva las si gu ie nt es sistemas de ecuac iones mediante el método de
Gauss-Jordan e in terpréte lo geométr icamente
I
a) x + y = 2
b) x - y = 2
1 1 2
1 -1 2
II
a) x + y = 3
b) x - y = 2
1 1 2
0 2 01 1
0 1
k01
\
t
0
1
5
5
Análogamente para sistemas de 3 ó más ecuaciones, que si tienen solu_
ción única el método busca y encuentra planos (o hiperplanos) de la for
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ma x¡ = cte que se cortan en el punto solución.
2.- Dado el sistema
a 2x +
a 3 x + b 3y = c 3
= C2 = o3 = 0 . ¿ Qué se puede decir acerca de él ?
SOLUCIÓN:
El sistema es consistente ya que se trata de un sistema homogéneo que
tiene al men os la solución triv ial, es decir x = 0, y = 0
Si el sistema tuviese infinidad de soluc ione s, entonces se tendría que:
ajL=bi- 22. = jí¿. Ó a i - a 2 - -3.32 b 2 a 3 b 3 b x b 2 b 3
Es dec ir, los coeficiente s de las variables son proporcio nales. Por lo
que se trata en realidad de una sola ecuac ión. Supongamos que ésta es :
a x x +
Entonces, todas las soluciones del sistema están contenidas en la recta
que tiene por ecuación
a iy - - - x
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3.- Considere el sistema de ecuaciones
x + y + 2z = a
x + z = b
2x + y + 3z = c
Demuestre que para que este sistema sea consistente, a, b, c deben sa
tisfacer la ecuación c = a + b.
DEMOSTRACIÓN:
Usemos el método de Gauss para resolverlo
1
1
2
1
0
1
1ab
1
0
0
1
-1
- 1
2
1
- 1
a
b -a
c-2a
1
0
0
1
1
-1
2
- 1
a
a -b
c -2
1
0
0
1
1
0
2
1
0
a
; a-b; - a -b+c
Entonces, para que este sistema sea consistente se debe tener que:
-(a + b) + c = 0
Esto es :
c = a + b
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Sea el sistema de ecuaciones
ax + by = 0
ex + dy = 0
(a) Demuestre que si x = X Q , y = yg es cualquier solución y k es una
constante, entonces x = kxQ, y = kyo también es solución.
(b) Demuestre que si x = X Q , y = yo Y x i = x , y = yi son dos
nes cualesquiera, entonces x = X Q + xi , y = yg + yi también es
ción.
Solución de (a ).
Si x = X Q , y = yo es cualquier solución del sistema, entonces lo
face, es decir
ax Q + by Q = 0cx 0 + d y 0 = 0
Ahora bien , queremos demostrar que x = kxQ, y = kyQ también es solu
ción, es decir, que satisface al sistema.
Veamos
a(kx 0) + b(ky 0) = k(ax 0 + by 0 ) = k(0) = 0
c(kxo) + d(kyo) = k(cx 0 + d y 0 ) = k(0) = 0
Por tanto x = kxg, y = kyQ es solución .
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Solución de (b)
Como x = xg, y = YQ Y x - x i> y - yi so n soluciones, se tieneque:
ax 0 + by Q = 0
cx 0 + dy 0 = 0
= 0
+ dyx = 0
Ahora, sumando las ecuaciones de los sistemas I y II, tendremos:
a(x 0 + x ) + b(y 0 + yi) = 0c(x 0 + x ) + d(y 0 + yi) = 0
Entonces, x = XQ + Xi, y = yg + yi también es solución.
5.- Si las ecuaciones de dos rectas son Ax + By + C = 0 y A x + B y + C = 0determine condiciones de paralelismo, perpendicularidad, coincidencia eintersección en uno y sólo un punto.
SOLUCIÓN:
Para 1e1 ismo; La pendiente debe ser la misma pero
Ax + By + C = 0 -> y = A x
~ C
= - ~ xD D
y y = mx + B
la pendiente m = AB
son paralelas s¡ A,B
A1 A A1
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Perpendicularidad: < = > m*m = -1
es decir <==> ( - £ ) ( - ^ r ) - -1
A = . | i AA. + BB. = o
NOTA: Esta última formula es también una consecuencia inmediata de la
definición del producto interior de los vectores que representan
a las direcciones de las rectas.
Coincidencia:
SÍ y = - |
AB
AB1
f x
A
BB1
Y B B 1
B1
ó sea -zr —, = § A = kA' , B = kB' , C = kC '
Intersección en un solo pun to: Si el sistema tiene solución única
Ax + By + C = 0
A x + B y + C*= 0
A B C
A1 B 1 C
AA1 BA1 CA1
A'A B A C A
AA1 BA1 CA1
0 B A-BA1 C A-CA1
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y tiene solución única si B'A - BA 1
NOTA: Los casos anteriores son los únicos posibles desde un punto de -
vista geométrico. Por otro lado la (o las ) soluciones de un —
sistema de ecuaciones lineales son los puntos que se encuentran
en ambas rectas. Si son paralelas, no hay punto de intersección
es decir, no hay solución; si coinciden hay un numero infinito,
todos los puntos de la recta y si se cortan en un punto, solo —
hay una solución.
6.- Dos ciclistas corren en el mismo circuito cerrado de 1 Km de longitud,
Se cruzan cada 18 seg. cuando tienen direcciones opuestas y se cruzan -
cada 90 seg. cuando llevan la misma dirección.I Qué velocidades (constantes) llevan cada uno de ellos ?
RESPUESTA:
En la 1-. g r á f i c a los c i c l i s t a s van en s en t i do con t r a r io . La d i s tan
cía recorr ida es 18;Vi y 1 8 t V2 . Ent re los dos c i l c i s t a s han cubier
to el c i r cu i t o comple to . Por t an to
I8V1 + 18V 2 = 1 Km.
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En la segunda gráfica los ciclistas van en el mismo sentido y la distan
cía recorrida por el segundo es 90.V y es una vuelta más que lo reco--
rrido por el primero. Por tanto
90V2 = 1 Km + 90.Vi
90V]. - 90V 2 = - 1 Km
9U -90 -1
18 18 1
90 -90 -1
-90 -90 -5
90 -90 -1
0 -180 -6
'90 0 2"
0 90 3
V2 =
Vi =
3 = 6 Km = 6 000 m90 180 seg 180 seg = 33*33 m
seg
90 seg 90 ~ seg
7.- Suponga que u = (1, 1, 1) v = (-1, 3, 2) w = (2, -1 , 1)
Si ¿3 = (3, -4 , 9) halle números x, y, z tales que
a = xu + yv + zw
3 = x - y + 2z
-4 = x + 3y - z
9 = x + 2y ~ z
Se resuelve en la forma usual
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I
1 - 1 2 3
1 3 - 1 - 4
1 2 - 1 9
1 - 1 3 3O 12 -9 -21O 0 - 3 45
2
-3
-3
3
7
6
- -
1 -10 40 3
1 - 1 2 30 12 0 -1560 0 - 3 45
1 - 1 2 30 12 -9 -210 12 -12 24
Despejando z
y
= -15_ -156
12 = -13
x = 20 a = 20u - 13v -
8.- Sean x = 1, 2, 3 ) ; y - -1, 2, 3) ; z = -1, 6, 9)
Encontrar a, b, ce R tal que
ax + by + cz = 1, 1, 0)
SOLUCIÓN:
De manera análoga al ejercicio anterior se puede proceder
a i, 2, 3) + b -1, 2, 3) + c -1, 6, 9) = 1 , 1, 0)
a, 2a, 3a) + -b, 2b, 3b) + -c, 6c, 9c) - 1, 1, 0)
a - b - c, 2a + 2b + 6c, 3a + 3b + 9c) = 1, 1, 0)a - b - c = 1
2a + 2b + 6c = 1
3a + 3b + 9c = 0
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Resolviendo el sistema
1 -1 -1 1
2 2 6 13 3 9 0
1
00
1
6
1
812
1
1 3
1
00
1
11
1
22
1
4 i
1 - 1 - 1 10 1 2 . - 40 0 0 -4
El sistema no tiene solución, luego no existen a, b, ce R tales queax + by + cz = 1 , 1 , 0)
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9.- Hallar a, b, ce tR qu e c u m p l e con :
a i , - 1 , 0) + b i , 1 , 1 ) + c 2 , 0 , 1) = 3 , 1 , 2)
SOLUCIÓN:
Haciendo el producto de un escalar por un vector
a, -a, 0) + b, b, b) + 2c, 0, c) = 3, 1, 2) sumando los vectores
a + b + 2c, -a + b, b + c) = 3, 1, 2)
a + b + 2 c = 3
-a + b = 1
b + c = 2
Como dos vectores son
son igualescomponente a componen
te se tiene el s¡ste_ma de ecuaciones.
Resolviendo el sistema por el método de reducción de Gauss
1 1 2- 1 1 00 1 1
1 10 20 1
2
2
1
3
2
O
1 1 2 30 1 1 20 0 0 0
1 0 2 10 1 1 20 0 0 0
a + 2c = 1
b + c = 2
a = 1 - 2c
b = 2 - c
luego el sistema tiene una infinidad de soluciones
Asf existen una infinidad de valores que satisfacen la igualdad dada y
que son
• a - 1 - 2 t
b = 2 - tc = t con te£B.
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10 Hallar el valor de a para que el sistema de ecuaciones que se da;
i) tenga solución
i i) no tenga solucióni i i) tenga más de una solución,
xi + x 2 + x 3 = 2
xi + 3x 2 + x 3 = 8
2xi + 3x 2 + a 2 - 7)x 3 = a +
SOLUCIÓN:
Resolviendo el sistema de ecuaciones por el método de reducción de
Gauss se tiene:
1
1
2
1
0
0
1
3
3
1
1
0
1
1
a
1
0
a
7
2 _ Q
2
8
k
3
a 3
<v
1
0
0
1
2
1
1
0
a 2 9
2
6
a
1
0
0
1
1
1
1
0
« 9
2
3
a
Puesto que en la posición 33 de la matriz aumentada se requiere tener
un 1, es necesario dividir entre a 2 ~9. Para poder efectuar tal opera_
ción a 2 -9 debe ser distinto de cero. Luego si a 2 -9 = 0 entonces
a = 3 ó a = ~3
Si a = 3 entonces la matriz queda como:
1 1 1 2
0 1 0 3
0 0 0 0
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Entonces hay una infinidad de soluciones
Si a = -3 la mat riz queda com o:
1
1
1
1
2
3
6 El sistema no tendrá solución
Si a + ± 3 entonces
1
1
1
1
1
1
3
a 3
a2 9
1
1
1
1
1
3
1
a 3
De donde el sistema tendrá solución única.
Resumiendo:
i) Para a = 3 el sistem a tiene infinidad de solu cio nes,
i i) Para a = -3 el sistem a no tiene sol ución
i i ) Para a ^ ± 3 el sistem a ti ene soluc ión úni ca.
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11.- Pruebe que la ecuación del plano que pasa por el origen y la línea deintersección de los planos:
es el plano x + 5y + 2z = 0x + y + z - 1 = 0
DEMOSTRACIÓN:
1er. método. Encontrar la recta intersección
3x - y + 2z - k = 0
3x + 3y + 3z - 3 = 0
3 -1 2 -k
3 3 3 - 3
3 -1 +2 -h
0 -íf -1 -1
3 -1
0 1
3 O
O 1
1 11TZ Tí
Dando valores a t por ejem. t = 0 _ 5
y = -
z = o ,L
, - o)
y = - T = - T 1 Q(j, j, D
Por tanto una normal al plano que definen el origen 0, P y Q es :
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O P x O Q = P x Q = j- , 0) x j- , - j , )
¡ J
I i
1 5 ^ 1 - • ¿ • i - - r - j - - r - k . De aquí un vector
normal es ( 1 , 5 , 2 )
La forma punto normal, pasando por 0( 0, 0, 0) es n•(x, y, z) = x + 5y + 2z = 0.
= (1 ,5,2)
22 Método, Un plano que se obteng a como combinación (suma y multipli_
cación por un número real) de los dos dados tendrá la mi sm a recta solu_ción como intersección con e l los , por tanto si queremos obtener un pla_no que pase por esta recta y por el origen basta eliminar el términocons tante .
Mult ipl icando por k la segunda ecuación y restándole la primera
kx + ky + kz - k
x + 5y + 2z = 0
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12.- Resolver el s ig ui e nt e sistema de ecu acio nes , usando e l método de Ga
x - 2y + z - k\N = 1
x - 3y + 7z - 2w = - 1x - 12y - 11z- w = 2
SOLUCIÓN:
1 -2 1 k
1 3 7 - 21 -12 -11 -1
1-1
2
100
-20
-1 0
16
-1 2
k
2
3
1-2
1
100
- 2100
112
3
3
1
1-1-1
10
0
-21
0
165
1
To13
1-1/10
-1 /3 .
De este último arreglo matricial se tiene que un sistema equivalente aloriginal e s :
x - 2y + z - W = 1
y 5 Z 10
z + -~ vi
w = - _J_10I3
Por lo que :
r
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= T5 TÍ
29 j. 86
Finalmente, sí w = t, te R, entonces tendremos que la solución finalqueda
y 10 10
z - - 1 - 1 t
w = t
Note que el sistema anterior tiene infinidad de soluciones
13.- Sí un sistema de ecuaciones lineales, tiene más incógnitas q ue ecuaciones . ¿ El sistema siempre e s consistente ?
SOLUCIÓN:
La re sp ue st a es NICL Por e je m p lo :
x + y + z - w = 1
- x + y ~ z + w = 2x + 3 y + z - w = 0
Usando el método de Gauss
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1 1 1 - 1
-1 1 - 1 1
1 3 1 - 1
n i i - i
0 2 0 0
0 2 0 0
3
-1
•
1
0
0
1
1
0
1
0
0
1
0
0
1
3 2
4
El sistema equivalente al inicial es
x + y + z • - w = 1
y = 3/2
Ox + Oy + Oz + Ow = .-4
Pero la ultima ecuación es imp osib le, pues no existen números x 5y,z,w
que la satisfagan.
14.- Encontrar para que valores de a el sistema
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ax¿ +
x2 +
ax 2 + (a :
2x3 =
4x3 =l l x3 =
2
7
a+
a) tiene solución únicab) no tiene soluciónc) tiene infinidad de soluciones
SOLUCIÓN:
Usemos el método de Gauss para resolverlo
12
1
a
3a-l
a
2
4
a2+l
T
1
a+1
10
0
a
a-1
0
2
0
a2-l
f3
a-1
El sistema es consistente si a 2-l * 0, es decir a * ± 1
y será inconsistente si a 2-l = 0, es decir a = ± 1 .
Entonces:
a) El sistema tiene solución única si a * ± 1
b) No tiene solución si a = ± 1
c) No hay ningún valor de a para el cual, el sistema tenga infinidadde soluciones.
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15.- ¿ Qué condici ón deben satisface r -hi, h 2 , h3 para que el sistema
+ 2X2 + 3X3 + 4xi» = h x
+ 2 x 2 + 4x3 + 5*4 = h 2+ 4 x 2 + 5x3 +
sea consistente ?
SOLUCIÓN
Usemos el método de Gauss para resolverlo
1 2 31 2 4
2 4 5
4
5
7
h2
h3
1
0
0
10
0
2
0
0
2
0
0
3
1
1
3
1
0
4 1
1
4
1
0
h i
h 3 2 h L
h i
h h i
h 3 h 2 : x
Entonces, para que el sistema sea consistente se debe tener que:
h3 + h 2 - 3hi =. 0
1 h 3 + h 2 )
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16.- Balancee la siguiente reacción química:
NHC12 + NH3 N2 + NH^Cl
SOLUCIÓN:
Balancear una reacción quiere decir encontrar números A, B, C, D talque haya el mismo número de átomos de cada lado d e la reacción para ca_da uno de los elementos
ANHCI BNH3 CN2
Para el nitrógenohidrógenocloro
N: 1«A + 1«B = 2C + 1«D
H: 1«A + 3 B = 0«C + 4«D
C l : 2«A + 0«B = 0«C + 1-D
R e s o l v i e n d o p o r G a u s s - J o r d a n
A + B - 2 C - D = 0
A + 3 B - 0 - 4D = 0
2 A + 0 + 0 - D = 0
1 1 - 2 - 1
- 1
2 0 0 - 1
1 1 - 2 - 1
1 3 0 -A
2
1
o
0
1
3
0
- 2
0
-1- 1
-4
2 O
O - 2
6
O
4
- 1
1
20
0
0
- 2
0
0
0
4
- 1
7/3-4/3
2
0
0
2
0
0
0
- 2
2
01
0
0
40
0
0
1
- 1
173
-1
-7/6_•
2 0 0 - 1
2 4 1
0 0 4 4
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B = r D Para que A, B, C resulten enteros es necesario que
r _ J_ n D s e a
múltiplo de 2, de 3 y de 6.C - 3 DIntentemos D = 6 entonces A = 3
B = 7C = 2
3NHC12 + 7NH3 =¿> 2 N 2 + 6NH4CI y si tiene las condiciones debalanceo.
1 7 En una escuela se desea llevar a cabo un torneo deportivo que abarca •tres especial ¡dades: foot-bal 1 votley-bal 1 y bas-ket~bal 1 Se cuenta
con 155 alumnos, de los cuales 90 serán titulares y los restantes 65
serán reservas por haber obtenido malas calificaciones; además cadaalumno sólo se puede dedicar a una especialidad deportiva. El objetivo
es encontrar el número de equipos que se pueden formar en cada deporte.
Para cada equipo de foot-ball se requieren 11 jugadores titulares y 6reservas; para cada equipo devolley-bal1 se necesitan 6 titulares y 6reservas, y para cada equipo de basket-ball son necesarios 5 titulares
y 5 reservas. Encuentre la solución
SOLUCIÓN:
El número de equipos de cada deporte son las incógnitas a resolver
x = de equ ipos de fo o t - b a l l
y = de equ ipos de v o l] ey-bal 1
z = de equ ipos de ba sk a t -b a l i
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Para los titulares se formula una ecuación y para los reservas, otra
Hay 2 ecuaciones y tres incógnitas
Entonces
90 = 11x 6y 5z65 = 6x 6y 5z
Resolviendo por Gauss-Jordan, por suma ó resta
25 - í>x Oy Oz ==> x = 5
Entonces
90 = 11.5 6y 5z = 55 6y 5z6y 5z = 90 - 55 = 35 .
De la ecuación de reservas queda la misma ecuación. Tenemos una ecuación con dos incógnitas y, z.
Pero hay una condición extra: El número de equipos debe ser entero y p£sitivo (o cero)
35-6vDespejando z, z = - . Damos valores a y y vemos los que
tan en una z positiva y entera.
Si y = 0
y 1
y = 2
y = 3
y 4
y 5
z
z
z
z
z
z
—
fracc iona r i a
t
n
Si y = 6 más z negativa
Soluciones pos i bles z=7
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x = 5 y = 5 z = 1 se r echaza e st a soluc ión ya que s ¡
hay un equipo de basquet-bal1, no tiene contrincantes con quien
jugar.
18.- Determin ar la intersección de las rectas cuyas ecuaci ones son
u = (1, - 1 , -1) + t(2 , 3, -1) te R
v = (-1, 0, 2) + s(- 2, 1 , 3 ) se R
SOLUCIÓN:
Queremos hallar los puntos que estén en ambas rectas.
Sab emos : que un punto pertenece a la recta sí y sólo sí sus coordenad assatisfacen la ecuación de la recta, luego un punto estará en ambas rectas s i sus coordenadas sat isfacen ambas ecuaciones.
Los puntos de las rectas son de la forma:
u = (ui, u 2 , u 3) = 0 , - 1 , - D + t (2 , 3 , - D = 0 + 2 t , -1 + 3 t , -1 , - t )
v = (v , v 2, v 3) = (-1, 0, 2) + s( -2 , 1, 3) = (-1 -2 s, s, 2 + 3s)
Así , para que un punto esté en ambas rectas debe cumplir con:
ux = vi 1 + 2t = -1 - 2sU2 = v2 es decir -1 + 3t = s
u3 = v 3 -1 -t = 2 + 3s
luego tenemos que encontrar los valores de s y t que satisfac en las tresecuaci ones. Resolviendo el s is tema
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2 t
3t
- t
2s = -2
- s = 1
- 3s = 3
2
3
-1
2
-1
-3
1
0
0
3
- 1 0
-3
10
1
0
0
3
1
0
-3
- 1
0
1
0
0
0
1
0
0
-1
0
t = 0s = -1
De donde los vectores u y v serán iguales cuando t = 0 y s = -1 .Veamos:
u = (1, -1, -1) + 0(2, 3, -1) = (1, -1, -1)
v = (-1, 0, 2) + -1) -2, 1, 3) - (-1, 0, 2) + (2, -1 , -3) = (1, -1, - D
Las rectas se ¡ntersectan en el punto (1, -1 , -1)
19.- Una parte de la red hidráulica se muestra en la figura.
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El agua de A llega a kO lt/min, en B a 20 lt/mín.
Sean f i, Í2, f3, fi* el fluj o de agua a travé s de los tubos en las di
recciones señaladas.Para que el sistema sea viable es necesario que el agua que entra en un
punto de, cone xión sea la misma que sale en el mi smo pun to.
i) Escri be la condi ción que debe satis facer el flujo en cada puntode conexión.
¡i) Muestr a que la red hidrá ulica será posi ble si f^ = 60 lt/min.
i i i) Si fi+ = 60 lt/min el sistem a ti ene una in finid ad de s ol uc io ne s.
SOLUCIÓN:
i) Como en cada punt o de conex ión el líquido que entra debe ser el
mismo que sale se tiene:
Para A: 40 = fi + fz
Para B: f x + 20 = f 3
Para C: fz + ^3 = Fi*
i i) De i se tiene el sigu iente s istema de ecu aci one s
fi + f 2 = 40
fi - f 3 = -20
f 2 + f3 - ft* = 0
Resolviendo el sistema de ecuaciones
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1 1 0 0 ^00 - 1 - 1 0 -600 1 1 - 1 O
1 1 O O hO
O 1 1 O 60
0 0 0 - 1 - 60
1
1
1
1
1
2
6
6
Si f 4 = 60 la red hidráuli ca es posible
iii) f = -20 + f 3
f 2 = 60 - f 3
fi» = 60
f 2 =
u =
-20 + t
60 - t
t
60 te R
El sistema tiene una infinidad de soluciones .
Matemáticamente para cada número real hay so luc ión , s in embargofís icamente no toda solución es vá l ida . ¿ Puedes determinar quevalores de t son f ís icamente aceptables ?.
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20.- Sean u = (-1, 3, 2) y w = (1, 1, - 1 ) . Encuentre todos los vectores
x que satisfacen u x x = w
SOLUCIÓN:
x = (x, y, z)
Entonces u x x
i j k
-1 3 2
x y z
¡(3z - 2y) - j(-z - 2x) + k(-y - 3k)
= (1, 1, -D
0-2y + 3z = 1
2x + 0 + z = 1
-3x - y + Oz = -1
y como ya sabemos resolver sistemas de ecuaciones,
3
2
0
- 1
0
- 2
0
1
3
- 1
1
1
1
1
0
40
- 2
0
12
3
12
1
+ 1
1 3- 2
23
4
1
0
0
1 3
- 2
0
12
3
+ y16
1
1
0
0
1 3
- 2
- 2
0
3
3
1
3
1
1
1
0
0
1 3
- 2
0
0
3
0
1 3
1
0
= = > z = t
x =
y
i 3
1
4
- 3t _- 2
f 3 t -V 2
3 t -2
1
13
y
3t - 16
= X
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21.- Una perso na deci de dedi car 18 hrs . a la semana para su recreac ión .
En algu na semana dec ide asisti r al boli che , al billar y al ci ne . Si
asistir al cine le cuesta 100 pesos la hora, al billar 60 pesos la hora,al boliche 300 pesos la hora y solamente cuenta con 3 ,000 pes os. ¿ De
que forma puede planear su recreación ?.
SOLUCIÓN:
Sea C el número de horas que estará en el cine,b el número de horas que estará en el billar
B el número de horas que estará en el boliche
La suma de horas debe ser 18 Por lo tanto
C b B = 18
El precio total debe ser 3 ,000 por lo tanto
100C 60b 300B = 3 ,000
resolviendo el sistema de ecuaciones
1
100
1
1
60
1
300
1
10
183000
18
60
1
1
1
1
1
3
1
5
1
15
18
3
18
15
o
1
0
16
-5 -30
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C + 6B = 48 C * 48 - 6B
b - 5B = -30 ' b =-3 0 + 5B
Si B = t con te R
C = 48 - 6t
b = -30 + 5t
B = t te R
Como sis tema de ecuaciones hay una inf inidad de soluciones .
¿ Para la situación que se plantea cuales son aceptables ?
5t - 30 >. 0 ; 5t >. 30 ; t ~ q t >. 6
48 - 6t <. 0 ; 48 <. 6t ; t <. -^ t <. 8
Así t de be de cum pl ir 6 .< t <. 8
luego podrá ir a l bol iche ent re 6 y 8 hor as, a part i r de aquí det erm ina
rá cuá nto le queda para ir al billar y al cin e.
22 , - En un vall e ha llovido sin interrupc ión y con la misma intensida d día y
noc he, duran te 30 dí as . Al empezar el norte 11 , t res depósi tos abier tos
para acumu lar el agua de lluvia tenían la mism a altura d e agua en tod os
e l l o s . Se sabe que el prime r depós ito de 60 m 2 de superficie ha servído para abastecer a 20 personas durante los 30 días de l luvia, quedando
luego vacío; el segundo de 15 m 2 ha abastecido a seis personas durante
los 2£ primeros días de l luvia hasta quedar va cío; ¿ a cuántas personas
abastecerá el tercero de 75 m 2 , que se ha vac iad o en 25 días ?. No se
debe tomar en cuenta el agua que recojan los depósitos pasado el instar^
te en que su nivel llega a cer o.
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Al inicio
Supongamos que una persona consume litros o m 3 de agua diariamente al
final los tres depósitos están vacíos.
Como el norte tiene la misma intensidad, podemos suponer que diariamen_te hay un incremento d diario
Entonces del primer depósito se puede plantear la siguiente ecuación
60* h + 30 d) = 20*£*30
del segundo
15 h + 20 d) = 6*£*20
Por tanto dividiendo entre queda h 1 = j y d 1 = ^
60-h 1 + 1800 d 1 = 20-30
15 h 1 + 300 d 1 = 6-20
Por tanto
60h + 1800 d 1 = 20*30 = 600
60h + 1200 d 1 = 2¿f20 » 480
600 d 1 = 600 - 480 = 120
120 1d 1 =
15h f + 25*20
600 5.
1 120
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15h' = 120 - 60 = 60 Para la tercera ecuación
h 15 75(h' + 25d ) = x-25
3.i» + ¿ I = 12 + 15=
x = 27
NOTA: Los siguientes 14 ejercicios bien podemos decir son sólo paracuriosos, usuaimente no se preguntan en los examenes, pero recomendamos se lean.
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E J E R C I C I O S D E A P L I C A C I Ó N S O B R E S I S T E M A S D E E C U A C I O N E S L I
1.- Un contrati sta al servicio del INFONAVIT y la CTM ha aceptado órdenespara 5 multifamiliares, 7 centros sindicales y 12 tiendas sindicales.
Escriba un vector con 3 componentes que sean el numero de cada una de
las edificaciones constru idas. Suponga que el sabe que un mult ifami_liar requiere 20 unidades de madera, un centro sindical, 18 unidadesde madera y una tienda sindical, 12 unidades.
Escriba un vector columna cuyas componentes den las diversas cantida_des de madera necesarias para cada tipo de edi ficación. Encuentre lacantidad total de unidades de madera necesarias
SOLUCIÓN:
El vector de edificaciones construidas es57
12
Vc
En el mismo orden, el vector de requerimientos de madera es201812
Vc
La cantidad total de unidades se obtiene por producto punto
VE*VR = 5 x 20 + 7 x 18 + 12 x 12 = 100 + 126 + 144 = 370 unidades demadera.
2. - En la elección de diputados un partido reaccionario contrató a una compañi a para promover a sus candida tos en la zona de Satélite y Tlalnepantla de tres mod os:
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el teléfono, visitas a la casa y por carta. El costo respectivo por
contacto era M =30 pesos
100 pesos20 pesos
teléfonovisitacarta
El número de contactos de cada tflpo hecho en Satélite fue de:
Teléfono Visita Carta
N = [ 1,000 500 8,000 ]
y en Tlalnepantla N f = [ 2,000 800 13,000 ]
a) Determine la cantidad total gastada en Satéli te utilizando el producto punto.
b) Lo mismo para Tlalnepantla.
SOLUCIÓN:
a) El producto punto M-N da el costo total pagado en Sat éli te, yaque cada entrada de M corresponde al mismo concepto en N.
Por tanto M-N = 30 x 1,000 + 100 x 500 + 20 x 8,000 == 30,000 + 50,000 + 160,000 = 240,000
b) En Tlalnepantla M-N1 es el costo pagado
M-N1
= 30 x 2,000 + 100 x 800 + 20 x 13,000 = 60,000 + 80,000 ++ 260,000 = 400,000
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Si A =
2
2
, exhiba la matr iz elemental E tal que
EA ='2 10 11 2
SOLUCIÓN:
Lo que E debe hacer es intercambiar el primer y el tercer renglón.Eso se logra de la matriz identidad intercambiando el primer y el ter_
cer renglón.
i . e .
__ ^
o o r0 i o1 o o
2
2
=
2
2
4.- Si - 2x 2 + 3x 3
ya = xi + x 2 + x 3
y = x + 3x 2 - x 3
z 2 = y 2 + y
3y2 + 4y 3
Obtenga a las z's en términos de las x' s.
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Primer méto do:
= (2xi - 2x 2 + 3 x 3 )
= 4xi + 4x 3 + x 3
Z2 = -(Xj. + X 2 + X 3 )
0 + 2x 2 - 2x 3
z 3 = 2(2x x - 2x 2 + 3x 3
+ llx 2 + 5x 3
(2xi + 3x 2 - x 3 )
3x 2 - X 3 )
x 2 + x 3 ) + 4(x x + 3x 2 - x 3 )
Segundo método:
22
Z3
1
2
1
3
2~
1
4
2 -2 31
1 1 1
1 3 -1
X l
x 2
x3
4
11
4
2
11
r
2
5
X l
x 2
x 3
z 2
. Z3j
4x 2 + x 3 '
2 x 2 - 2x 3
l lx 2 + 5x 3
5.- PEMEX opera cuatro refinerías que produce n, cada una, tres productos
derivados del petróle o. La matriz A enseña el número de unidades de
cada producto programado para su producción en cada planta para el si
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guíente me s. Cada producto requiere determinada ca ntidad de tres ti
pos de materiales.
La matriz B exhibe las especificaciones para cada producto.
a) Como PEMEX practica una política de compras centrali zada s en el
D.F., la oficina de compras debe saber la cantidad total de unida_
des de cada tipo requerido para el próximo mes, así como los re_
quisitos de las refinerías específi cas. Use la multipli cación de
matrices para resolver el problema de la oficina de compras.
b) Si la matri z exhib e el costo de cada unidad de mater ia prima re
querida, use multiplicación matricial para exhibir el costo total
de las materias primas en cada planta.
1
1
A = 2
4
Refinería
2 3
2
3
2
4
0
1
4
0
0
5
Producción Programadadel Productor
1
m
n
Materia
1
1
B = 1
1
2
1
0
4
Prima
3
1
2
3
Producto
1
m
n
Costo Unitario
2
D = 3
5
Materia Prima
1
2
3
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SOLUCIÓN:
a) Se desea saber la cantidad total de unidades de cada tipo requeri_do para el próximo mes.
Necesitamos saber cuanto va a producir cada refinería de cada pro^ducto y multiplicarlo por lo que requiere la producc ión de cada u_nidad y sumar las contribuciones de las diversas refinerías.
A xB =
2
4
23
42
5
4
2
3
1+2+42+3+24+0+40+0+5
1+0+162+0+84+0+40+0+20
1+4+12'2+6+64+0+30+0+15
7755
17108
10
17'147
15
A1 exhibe la producción por refinerías de los 3 produ ctos, Bexhibe la necesidad de materia prima por producto defin ido. Ana1 icemos (124).
= 1+2 +4. El primer 1 indica que se va a produci r una
unidad del produc to 1 en la primera refi ner ía. El segundo 1 indi_ca que para producir una unidad del producto 1 se requiere unaunidad de materia prima 1 y se requiere 1 unidad para alcanzarla producción deseada en 1. El 2 signif ica que se van a producir2 unidades del producto 2 y el 1 por el que se multiplica indicaque se requiere una unidad de la materia prima 1 para producir m,y así con el 4.
Si sumamos da la cantidad del producto 1 que se requiere en larefinería 1 para la manufactura de los tres productos. Y así elresto de la tabla.
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La oficina de compras necesita saber que se requieren (24, 55, 53)unidades de las materias primas 1, 2 y 3 respectivamente.
La oficina de distribución de PEMEX necesita toda la matriz.
b) El costo se obtiene al mult ipli car la matri z obt enida, cuyos ren__glones son las diversas materias primas de una sola refinería porla matriz de costos.
7755
17108
20
7147
15
r
14+51+3514+30+7010+24+3510+60+75
10011469
145
Esto es lo que tienen que saber los cajeros de la calle MarinaNacional.
6.- ¿Cómo cambia el producto de dos matri ces A y B sia) Los renglones i y j de A se intercambian?
SOLUCIÓN:
Podríamos proceder con un ejemplo A de 2x2 intercambiar sus renglonesy luego multiplicar por B .
Mult iplic ar A y B directamente y ver si se parecen. Luego si todavíatenemos fuerzas seguirle con otros ejemplos 2x3, 3x3, etc. para ver sies cierto lo que hayamos concluido en el ejemplo de 2x2.
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Luego, tratar de hacer inducción para n y m.
Hay otro camino más fácil y más gen eral . Sea Ejj la matr iz elemental
que intercambia los ren glo nes , enton ces E^jA es la mat riz A con sus
renglon es i y j inte rcam biado s, Pero (EjjA)B = E n-j(AB) que es la ma_tríz AB con renglones i y j inte rcambiados.
b) El rengl ón j de A es multi plica do por un número c y se le agrega
el renglón i.
Aná log ame nte sea E.¡ -j +cj la matriz elemental que al renglón j de I
se le multiplica por c y se le suma el renglón i.
Entonces (E.¡ -¡ +CjA)B = E. ^ .(AB) o sea que es lo mismo hacer las
operaciones en A y luego multiplicar por B, que multiplicar AB y luego
efectuar estas operaciones elemental en AB.
7. - Un problema típico que surge en el anális is dimensional es el siguien
te. Un fluido en movi mien to está descri to por las sigui entes varia__
bles
V = velocidad
p = densidad
D = diámetro
g = gravedad
U = viscosidad
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En términos de la masa, la longitud y el tiempo, las dimensiones de
estas cantidades son
VLT"1
PML"3
DL
gLT"2 ML"1
Se desea saber si hay algún modo de formar productos no dimensionales
V pC \
D q y » S1 es posible, encontrar tantos produc
tos independientes como sea posible.
Es decir sustituyendo dimensiones
S i (Lr 1 ) 3 (ML"3) b L C (LT 2 ) = M°L°T
Deben satisfacer las siguientes tres ecuaciones
de M : b + e = 0
de L : a - 3 b + c + d - e = 0
de T : - a - 2 d - e = 0
Estas son tres ecuaciones en 5 incógnitas.
Su matriz de coeficiente es:
0 1 0 0 1
1 - 3 1 1 - 1-1 0 0 - 2 -1
1 - 3 1 1 - 1
0 1 0 0 1-1 0 0 -1 -1
1 - 3 1 1 - 1
0 1 0 0 10 - 3 1 - 1 -2
1 - 3 1 1 - 1
0 1 0 0 1
0 0 1 - 1 1
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Hay tres renglones diferentes de cero. Podemos escoger a rbitr ariam en^te 2 incógnitas y expresar las tres restantes en término de estas dos.Sin embargo, de examinar esta matriz es claro que no podemos elegir ab y a e arb itraria mente (ya que la mat riz ob tenida o miti endo la segun__da y quinta columnas es una matriz sin inverso ya que tiene un renglónde O s ) , pero podemos escoger a d y a c arbitrari amente.
Si ponemos d = 0, e = 1, y d = 1 y e = 0 como dos elec ciones diferen__tes, esto resulta en las dos siguientes combinacione s
VpD y Dgy V2
El primero el bien conocido numero de Reynolds y el segundo es el in__verso del número de Froude.
8.- Calcule a y b sabiendo que
a 2 / 3 b -i/i* =
a-l/3 b 2/5 = 3
SOLUCIÓN:
2/3 log a - (J-) log b = log 2 .122 = .3267
log a + | log b = log 3.421 = .5341
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log a - -
.3267
.5341
.666
-.333
-.25
.40
-.250
.400
= -13068 + .1335 = .2641 =
.2664 - . 083 .1834
log b = -
.666
-.333
.666
-.333
.3267
.5341
-. 250
. 450
0.3557 + 0.1078 .4635 = 2.53.1834 .1834
log a = 1.440
a = 27.542
log b = 2.53
b = 338.844
(27.542) 2 / 3 = 9.099
(338.844) 1/ 1* = (4.290) 1 = .233
9.099) .233) = 2.120 ~ 2.122
La segunda ecuación .3314) 10.280) = 3.406 ~_ 3.421
Este es un ejemplo de linearización de un problema para resolverlo
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9.- Una atriz incidente, es una matriz cuadrada en donde todos su s lemenitos son cero o uno. Y por convenienci a todos lo s elementos de la dia_gonal son cero.
Si existe una relación entre n-objetos entonces se define la matriz deincidencia asociada A como A-jj = 1 si i está relacionada con j a yA-jj = 0 en caso contrario.
Se supone que hay cuatro personas y que cada una de ellas se puede comunicar con otra med iante alguna manera entonces la matriz de incidencia será formada mediante
Aíj = 1 Sí i se puede relacionar con jA-jj = 0 Sí i no se puede relaciona r con j
Considera la matriz A
A =
a,2 = 1 Significa que la persona 1 se puede comunicar con la persona 2
a 32 = ^ ^1 9 n i f1 ' c a i
u e ^ a persona 3 no se puede comunicar con la perso__
na 2.
Calcula A
2
¿ Qué signific ado tienen
los elementos
de A2
?
SOLUCIÓN:
Recuerda para poder multiplicar dos matrices el número de columnas de
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la primer matriz debe ser igual al número de filas de la segunda matrizdel pr oducto. Para obtener el elemento C¡j de la matri z producto se multipl ica la fila i de la primer ma tr iz , por la columna j de la se_
gunda ma tr iz. Esta mult iplic ación e s: El primer elemento de la filai por el primer elemento de la columna j , mas el segundo elemento dela fila i por el segundo elemento de la columna j, etc, etc, etc.
A2 =
2
2
2
r
Analicemos un elemento de A2. Sea A 221
A21A11 + A22A21 + A23A3 1 + A24A41
Un producto A
2kA
k l ser
^ 1 #
9U d 1 a 1 S1
' s
°i s
^ la
Pe rS(
>n
a 2
puedetransmitir a la persona k y la persona k puede transmitir a 1.
Así A2~, da el número de maneras en la que la persona 2 puede transmj_tir a la persona 1 en dos etapas o en un relevo.
10.- Una relación entre un grupo de personas se llama relación de dominancia sí la matriz de incidencia asociada A, tiene la propiedad de que:A.jj = 1 sí y sólo sí AJ Í = 0 para toda i y para toda j . Esto es dadasdos personas cualesqui era una de ellas se puede comunicar con laotra (la domina)
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Sea A =
1
1
1
1
1
1
Matriz de incidencia entre cuatro personas.
Prueba que la persona dos domina se puede comunic ar) con todas lasdemás en a lo más dos etapas y que a su vez es dominada por todas lasdemás personas en las mismas dos etapas.
SOLUCIÓN:
Por lo visto en el ejercicio anterior A 2 nos dará el número de formasen las que una persona se comunica con la otra en un relevo por lo tan_to hay que calcular A 2.
A2 =
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
2
1
1
1
1
El número total de formas de comunicarse en a lo mas dos etapas esA + A2.
1
1
2
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
2
2
1
1
1
1
2
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La persona 2 se puede comunicar con todas las demás en a lo masdos eta pas . Ya que la fila dos es 1 0 1 1. También todas lassonas se pueden comunicar con la persona 2 en a lo mas dos etapas ver
columna 2.
11.- Una manera de simplificar ecuaciones cuadráticas es mediante el uso de
rotación de eje s. Aquí se va a ver como escribir matrici almente unarotació n de ej es . Se conside ra que todos los puntos del plano estánfijos y que los ejes de coordenadas se rotan alrededor del origen, en_tonces todos los puntos salvo el origen tendrán nuevas coordenadas,hallar las nuevas coordenadas de cada punto.
SOLUCIÓN:
Supón gase que j) es el ángu lo en que se rotan los ejes . Ver fig ura.
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x 1 = Y eos 6 - j)) = Y co s6 eos > + sene s en § = Y co se cos j> + Y se ne sen |>
y 1 = Y se n 0 - <|>) = Y s e n 0 eo s <> - cose se n <|>) = Y se ne cos<|) - Y co se sen<|>
Como x = Y co se ; y = Y sen e
x 1 = x cos |) + y sen<|)
y 2 = x sen<|) + y cos<j)
Que m a t r i c i a l m e n t e s e e x p r e s a c o mo :
cos ) sen )
sene)) cos )
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El concepto de matriz también facilita los cálculos de sistemas de e^cuaciones cuando éstos se complican.
Por ejemplo en uno de los circuitos eléctri cos, del tipo de los esti[
diados en los cursos anteriores de física, sabemos que debemos usardos leyes:
a. Ley de Ohm.-
Voltaje = intensidad • ResistenciaV = I • RVolts = amperes • ohms
b. Ley de Kirchkoff.-
La suma de las corrientes en un nodo es 0; z Ij=0
Por ejemplo
R
V2
Rya que V2
con
= i2 iVi
¿? ~ ¿ ¿ = ¿i TT * por tanto
si queremos obtener V2 e 1 2 dados Vi e i.
I
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Ahora, dadas dos resistencias en paralelo
Compruebe que
R2
Rl
SOLUCIÓN:
Si utilizamos la ley de Kirchkoff
y ¿2 = i\ -v
¿3 = ¿\ -V -i.
Por la ley de OhmVi Vi V 2
1 R~ 2
Como se están aplicando una diferencia de potencial a las dos resis
tenciasVl = V 2 = V 3
En resumen v3 = ¿3 = ¿i ¿ + |_
o seao
1 A
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El resultado que se propone es
la
_ Ll
entr
~ i
i
L R2
0"
1
^ V
•í _I i 2
sea el sistema de R 2 transformando
pero
1 0'
ll
entonces
1 0 1 0' Vi
1 - 1
R l
Vi Vi
o sea
Vi
que es lo que obtuvimos aplicando
las leyes para este sistema de dos resistencias en paralelo.
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13.- México contaba en 1935 con solo 4 pistas aéreas nac ionale s: Guadalaja_ra (A ), Monterrey (B ), Mérida (C) y León (D ), dos internacionalesAcapulco (G) y el Distrito Federal ( H ) 5 servicios regulares existían
o no entre estos, denotado por 1 ó 0 respectivamente en la siguientematriz M. Vuelos de Acapulco y México a Los Angeles ( U) , Nueva York(V) y Panamá (W) están dados por la matriz N.
M =
A
B
C
D
G
~ 0
1
0
1
H
1 ~
1
1
1_
N =
1
1
V
0
1
0 ~
1
Forme el producto MN e interprételo
SOLUCIÓN:
0
1
0
1
ri
i
iÜ
0 0]
1 1]
A
= B
C
D
U
1
2
1
2
V
1
1
1
1
Wr
1
1
1
El número de caminos
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de B a U son dos BGU y BHU.
El número de caminos de D a V es 1, DHV, etc.
14.- Los puntos medios de los lados de un triángulo son: R = (-2, -1) --S = (6, -3) y T = (4, 5 ) . Encontrar los vértices de este triángulo,
R
- S
SOLUCIÓN:
En la figura de arriba están dibujados los vértices A, B y C del triár[guio. Para obtener A, B y C procedemos como sigue: Supongamos primero
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que A = (u, v ) , B = (x, y) y C = (z, w ) . El problema es evidentemen__te determinar u, v, x, y, z y w. El enunciado del problema nos diceque S es punto medio del lado AB del triangulo AABC, luego las fórmulas para el punto medio aplicadas a los puntos A, B y S establecen las
identidades:
4 = 5 (B = (x ' / • C = (z, w) y T = (4, 5) ).
= -2 , JL +JÍ = -1 (A = (u, v ) , C = (z, w) y R = (-2, - 1 ) .
Las anteriores igualdades se pueden arreglar en una lista como sigue:
u+ x = 1 2 (1)v+ y = -6 (2)
x+ z = 8 (3)y+ w = 10 (4)
u+ z = -4 (5)v+ w = -2 (6)
Este es un sistema de 6 ecuaciones con 6 incógnitas. Para resolverlomultiplicamos la ecuación (1) por -1 y la ecuación resultante la suma_mos a la ecuación (5 ). Lo mismo hacemos con las ecuaciones (2) y (6)es decir multiplicamos por -1 la ecuación (2) y lo que resulte lo suma_mos a la ecuación (6 ). Este proceso dará el siguiente sistema:
11+ X
v+
x+
-x+
y
z
y+ w
z
= 12
= -6
= 8
= 10= -16
( I 1 )
( 2 )
( 31)
( 41)
( 51)
-y+ w = 4 (6 1)
Ahora sumamos (31) a (5 1) y (4 1) a (6 1) para obtener:
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U+ X
v+ y
x+ z
y+2z
De la ecuación (6 )De la ecuación (5 11)De la ecuación (4 )De la ecuación (3 11)De la ecuación (2 )
De la ecuación (I11
)
= 12= -6
= 8= 10
= -8= 14
2w = 142z = -8
y+w = 0x+z = 8
v+y = -6
u+x = 12
(1(2(3(4(5(6
«
w = 7z = -4
y = 10-w =x = 8-z =v = -6-y =
u = 12-x =
10-7 = 3
8- -4) = 12-6-3 = -9
12-12 = 0
0 sea que los vértices A 9 B, C del triangulo AABC son:
A = u, ) = 0, -9)B = x, y) = (12, 3) yC = (z , w) = -4, 7)
PROBLEMAS PROPUESTOS
H a l l a r a , b , c e q u e s a t i s f a g a n :
1 a , 4) x 2 , b , 3) = 10 , 5 , c ) .
Muestra que e l s ig uie nte s is tema de ecuaciones t ie ne so luc ión no t r i_ _
v i a l s i a = b c ó c = b a .
x y eos c z eos b = 0
x eos c y z eos a = 0
x eos b y eos a z = 0
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Cinco legisladores se influencian constantemente entre ellos como se
muestra en el siguiente sociograma
©
©
la flecha indica qué legislador
influye sobre el otro de manera
directa,
por eje mplo : La flecha que va del 1 al 5 indica que el l egislad or 1
puede influir directamente sobre el legislador 5.
a) Sea =<
1 Sí exist e influencia directa del legisl ador
i sobre el legislador j
0 Si no hay influencia dir ecta .
Escribir la matriz que nos represente la situación que exhibe el socio^
grama.
b) Calcula r la matr iz que muestre el número de formas en que un legis^
lador puede influir sobre otro legislador usando a lo más un inte£
mediarlo.
c) ¿ Qué legislador se puede decir que es el más infl uyente ?.
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Hallar Xi, x 2 , x 3 , Xi* que satisfagan
-Xi -x 2 3 x 3 4x^ = 1
2 x i 2 x 2 - x 3 - 2 x 4 =
2 x i j X 2 X 3 Xl
Hallar el valor de y para que el sistema tenga:
i) Solución única
ii) Infinidad de soluciones
iii) No tenga solución
*i x 2 x 3 = 2
Xi 2 x 2 x 3 = 3
Xi x 2 y2- 5)x 3 =
¿Qué relación deben satisfacer a, b 9 c para que el sistema tenga solu
ción? :
Xi - x 2 3 x 3 = a
Xi x 2 - 2 x 3 = b
2xi +3x 2 - x 3 = c
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Sean u, v, w vectores que satisfaga n:
U + V + W = 1
-u + 2v + w = -j
2u - v + 2w =
Determinar u, v, w.
Hallar a, b, c, d que satisfagan la igualdad de matrices:
' a - b b + c
2d + c 2a - 3d
-6 3
4 5
Sean:
A =
-1 -3
1 6
B =
2 3
-2 3
Hallar una matr iz C tal que 2CA - B = 0
Hallar el valor de a para que el sistema tenga solución:
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+ x 2 + ax 3 = 1
+ ax 2 + x 3 = a
xi + x 2 + x 3 = a 2
Dé por lo menos 3 maneras con las cuales se anulen los siguientes determinantes:
8 -7
1
01
2
4
3
6
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MATRICES Y DETERMINANTES
1.- Determinar si la matriz dada tiene inversa
A =
1
2
3
1
2
2
1
1
1
1
1
2
3
1
SOLUCIÓN:
A tendrá inversa sí y sólo sí |A| * 0. Luego hay que calcular el deter_minante
1
2
3
1
2
2
1
1
1
1
1
2
3
1
1
3
3
2
2
2
2
1
1
1
3
3
como este determinante tiene dos filas
idénticas es cero.
|A| = 0 Luego A no tiene inversa
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2. - Demuestre que p (qxr) = q*(rxp) = r*(pxq) (y por eso los tres produ£tos se pueden denotar [pqr]) e interprete el resultado geométricamente.
SOLUCIÓN:
p«(qxr) =
Px
qxrx
py
qyry
Pz
qzr
z
=
rx
qx
Px
ry
qypy
rz
qz
Pz
) 2
q
px
rx
qy
py
ry
q
Pz
rz
r*(pxq)
Px Py Pz
r x r y r z
= H) :
qz
r y r z
P P PKx K y p z
= q'(rxp)
Como el volumen del paralelepípedo determinado por £, q , j está dado porel valor absoluto de cualquiera de los tres productos, la magnitud de
ellos debe ser la misma»
3.- Demostrar que la ecuac ión de la recta que pasa por los puntos
(*2> x ^ ) se P u ede expresar como:
x y 1= 0
x2 Y2
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DEMOSTRACIÓN:
Desarrollando el determinante se tiene;
0 -
x 2 y 2
= Xyi 1
y 2 1 y
X i 1
X2 1
xi yi
x 2 y 2
0 = x(yi-y 2) - y(xi-x 2) - x 2yi
que es la ecuación de una recta pues es una expresión de la forma:
ax + by + c = 0
Como:
x2
yi 1
yi 1
y? 1
x 2 y 2
x 2 y 2
Por tener dos filas iguales*
Se tiene que los dos puntos satisfacen la ecuación de la recta y por lo
tanto pertenecen a ella.
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Si se tiene un cir cui to eléct ric o en serie , usan do las leyes de Ohm y
Kirkhoff
Vi
¡1 = Í2 Y V 2 = Vi - ¡1R1
o sea
v2
l
i
o 1
vi
a Dado el siguiente circuito de dos resistencias en serie demuestre
que
¡3
1 R 2
0 1
1 Ri
0 1
v i
¡ i
ll
Ri12
V i
R2
v 2 v 3
DEMOSTRACIÓN:
Por la ley de Ohm V3 = v 2 ~ ¡2R2
Pero
v 2 = vi - ¡1R1
V3 = vi - ¡1R1 - Í2R2
como toda la corr ie nte circula por las resis te ncias 1 = 2 = ¡3
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v3
¡3
- ¡1R1 - ¡2R2
¡1
PeroV3
J3_
1 R 2
0 1
V 2
¡ 2
1 R 2
0 1 _
1 ~Ri
0 1
v i
j i
vi
¡1
vi - ii(Ri+R 2r
¡1q.e.d
b) Sabiendo que deseamos una salida v 3 = 15 v i = 5 Amperes conRi = 10 Ohms y R2 = 5 Ohms, ¿ qué valore s debe tomar v i , ¡1 elvector entrada ?.
De lo demostrado en a se concluye que
vi R2 vi
¡3
1 -10 -5
0 1
-1 .
5
pero1 -15 -1
es
1 -15 ¡ 1 0
0 1 1 0 1
1 -15+15
O 1
1 0+15
1 0 1 15
0 1 0 1
1
15
1
1 1 1
0
15
1
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V i 1
15
1
15 15
5
75 90 volts
5 amperes
Se da
A 12
Hallar Xe R, X*0 tal que AX = XX con X =
dos cero simultáneamente
SOLUCIÓN:
X3
, X2, X3 no to
AX = XX ; 0 = AX - XX = AX - XIX = (A - XI )X
Con I la matri z identidad 3x3 .
Como (A - XI)X = 0 se puede ver como un sistema homo géne o de 3 ecuacio^nes con tres incógnitas, siempre tiene al menos la solución trivial.Pero se busca que x x , x 2 , x 3 no sean cero simultáneamente luego habrá
solución distinta de la trivial si det(A - XI) = 0
Veamos cuando det(A - XI) = 0
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A - AI =
2 - 1
2 1
- 2 2
O
1
1
-A
1 O O
O 1 O
O O 1
2 - 1
2 1
- 2 2
O
1
1
A O O
O A O
O O A
2-A2
-2
-11-A
2
01
1-A
luego
0 = det A - AI) =
2-A
2
-2
- 1
1-A
2
0
1
1-A
= 2 - A )
1-A
2
1
1-A
- - 1 )
2
-2
1
1-A o
0 = 2 - A ) l - A ) 2 -2 ) + 2 1 -A ) + 2
= 2 - A ) l - 2 A + A2
- 2) + 2 1-A + 1)
= 2 - A ) A 2 - 2A -1 ) + 2 2-A ) = 2-A ) A 2 - 2A - 1 + 2)
= 2-A ) A - 2 + 1) = 2-A ) A - I ) 2
Ai = 2
A2 = 1
De donde AX = 2X AX = X
Ya tenemos A ahora f a l t a X. Solucionem os AX = 2X
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2 -12 1
-2 2
0
1
1
X i
x2
x3
= 2
X i
x2
x3
x2 =
- x 2
+ x2 +
+ 2x2+
O
= -x 3
5= 2X2
»= 2 x 3
x2 =
• x -
x2 =
O
x3 = O
x3 = O
O
4>
x2 = O
x3 = t te R
X =
2
O
t con te R. Hay una infinidad
de —
Xx
x2
x3
que satisfacen AX = 2X
Se deja de ejercicio, verificar que efectivamente existe X tal queAX = X.
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6.- Resolver el siguien te sistema de ecuac iones si a, b, c no son ceroy
SOLUCIÓN:
ax + by + cz = 1
a2x + b 2y + c 2z =
a3x + b 3y + c 3z =
¿ En este caso que método de solución será el más adecuado usar ?Veamos el determinante del sistema, sf no es cero podemos usar la regla
de Cramer.
A =
a b e
b
c
b3
= abe
1 1 1
a b e
a
b
c
¿ Qué propiedad de losdeterminantes se uso ?
A = abe
1
0
0
1
b a
b a
1
c-a
c
a
Multiplicando la fila 2 por (b+a)y restando a la fila 3, sustituyendoen esta última se tiene
A = abe1 1 1O b-a c-aO O (c2-a 2 - (c-a)(b+a)
A = abc(l)(b-a) [( c - a 2) - (c-a)(b+a)]
= abc(b-a) [(c-a)(c+a) - (c-a)(b+a)]
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= abc(b-a) [(c-a)[(c+a) - (b+a)]].
= abc(b -a) [(c-a)( c-b)] = abc(b-a)fc-a)(c-b)
luego el determinante no es cero por lo tanto se puede usar la reglade Cramer.
Ax =
1
1
1
b
b2
b3
c
c2
c3
= be
1
1
1
1
b
b2
1
c
c2
= be
1
0
0
1
b-1
b2
- l
1
c-1
C2
- l
= be
1 1 1
0 b-1 c-1
0 0 (c 2-l)-(c-l)(b+l)
Ax = bc(b-l)[(c-l)((c+l) - (b+1))] = bc(b-l)((c-l)(c-b))
x =_ Ax _ bc(b-l)(c-l)(c-b)
A abc(b-a)(c-a)(c-b) a(b-a)(c-a)
Análogamente se puede calcular y & z. Se deja al alumno hacerlo, debiendo obtener:
y = b(b-a) (c-b) z c(c-aHc-b)
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7.- ¿ Cuántas maneras se pueden completar los siguientes determinantes de
modo que se anulen ?
a) 14
5
3-2
1
45
-21 -1
32
-21 +3
32
45
b)
4+10) - 3+4) + 3 15-8) = -14 - 7 + 21
= «14 + 14 = 0 sí y sólo sí
• es -1
•8
4
0
•
1
2
2
1
•
1
2
1 - 0 +2 = -(-1-2) + 2(8-4-)
•1 - -2 + 16-8- = •• - 10- •+ 16
Se reduce a una ecuación x 2 - lOx + 16 = 0
(x-8)(x-2) = 0
Hay, pues, dos aneras, con ocho o con 2 .
= > x = 8 o x = 2
8.- Resuelva el siguiente sistema homogéneo
Xx + y + z = 0x + Xy + z = 0x + y + Xx = 0 . Siempre tiene solución ya que
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siempre tiene la solución trivial x = y = z = 0, para cualquier A.
Gauss-Jordan
X
1
1
1
X
1
1
1
X
1 11 XX 1
1
1 X
1
X
X-1
1
1 1 X0 1 -1X 1 1
X
0
X
X
1
1
X2
-1
1
- -
X X0 10 X-1
X2
-1X2-l
1
0
0
1
1
1
X
-1
X 1
1 1 X0 1 -10 0 +X+2
(X + 2)z = 0 Si hay solución no tri via l, z 0
Xz = -2z
Entonces [ X = -2 z = y x = z
Es decir t(l , 1, 1) es solución del sistema
-2x + y + z = 0x - 2y + z = 0x + y - 2z = 0
Si
solución.queda x + y + z = 0 , y este plano es el conjunto
Determinantes 1X
1 1 X= x
X
1
1
X
1
1
1
X
1
1
X
1
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= X3 - X - X + 1 + 1 - X= X3 - 3X + 2 = (X+2)(X2 - 2A + 1)= (X+2)(X-1)2
El sistema tiene solución no trivial si X = -2 y si X = 1.
La trayectoria de aterrizaje de un avión, se puede considerar formada
por segmentos de recta. Para que una construcción no interfiera conla trayectoria del avión deberá caer bajo el segmento de la trayecto^ría . Las construcc iones cercanas al aeropuerto se les asigna dos coo_rdenadas, una sera la distancia al aeropuerto y la otra su altura.
Se supone que la línea recta de ecuación
x y 12 3 16 6 1
= 0
represen ta la trayec toria del avión cerca del aeropuerto. ¿ Se puedeconstruir un edificio a 6 unidades del aeropuerto con 9 unidades dealto ?
(6,0)
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Sea (6, y) el punto de la recta que claro 11 t iene ab sc is a 6.
Si el punto (6,y) esta en la recta satisface la ecuación.
Necesitamos encontrar y para compararla con 9, si es mayor que nueveel edificio caerá bajo la trayectoria del avión y se podra construir,si es menor que 9 interferirá la trayectoria del avión y no se podráconstruir.
0 =
6
2
5
y
3
6
1
1
1
= 6
3
6
1
1 y
2
5
1
1
2 3
5 6
0 = 6(3-6) - y(2 - 5) + (12
0 = 6(-3 ) - y(- 3) + (-3)
0 = -18 + 3y - 3
0 = -21 + 3y
3y = 21 ; y = 7
- 15)
No se puede construir el edificio.
10.- Sea D la matriz
D =
d n
0
0
0
d 2 2 •
0
0
0
dnn
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donded n d22 ••• d n n
su inversa.0. Demuestre que D es invertible y encuentre
Una matriz D es invertible si det(D) * 0 y como
det(D) = 0 d 2 2 —0
Ó. . -d nn
dn n * 0
Entonces D es invertible
Calculemos ahora su inversa
d n
0
0
0
d
0
0
0
d__
1
0
0
0
1
0
0
0
1
1
0
0
0
1
0
0
0
1
1—d n
0
0
0
1d
0
0
0
1 T—
Por t to
1
0
u
1d
0
• -o. 1
11.- Demuestre que:
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1
a
a 2
1
b
b 2
1
c
c 2
= b - a) c - a) c - b)
1
b
1
cb 2 c 2 a 2 c 2
a b
a 2 b 2
b e 2 - b 2 c - a c 2 - a 2 c ) + ab 2 - a 2 b
b e 2 - a c 2 + a 2 c - b 2 c + ab 2 - a 2 b
be 2 - abe - ac 2 + a 2c - b 2c + ab 2 + abe - a 2b
be - ab - ac + a 2 )c - b bc - ab - ac + a 2 )
be - ab - ac + a 2 ) c - b)
[b c - a) - a c - a ) ] c - b)
c - a) b - a) c - b)
1 2 . - V er i f iq ue que det AB) = de t a) de t B) cuando
A =
1 0 0
•1 1 0
1 2 1
B =
0 0 1
- 1 0 2
2 3 1
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AB =
1 O
•1 1
1 2
O
O
1
0
1
2
0
0
3
1
2
1
=
O O 1
-1 O 1
0 3 6
det AB =
det A =
det B =
det
de t
de t
0
-1
0
1
-1
1
0
-1
2
0
0
3
0
1
2
0
0
3
1
1
6
0
0
1
1
2
1
det
= det
-1 O
O 3
+1 O
-1 1
= -3
= 1
= -3 det
O 1
-1 2= -3(1) = 3
= > de t (A B ) = det(A) det(B) = ( l )(-3) = -3 .
13.- Encontrar todos l os valores de X para lo s cuales det(A)
Con:
X- 6 0 0
= 0
A = 0
0
4
-1
A-4
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det(A) =
X-6 O O
O X -1
O 4 X-4
= (X-6)
X -1
4 X-4
= (X-6)X(X-4) + (X-6)(4) = O
= (X-6)(X2
- 4X + 4) = O
= 6 X2 = 2 , X 3 = 2
14.- Si X = 2, encontrar x =
que en el ejercicio anterior.
xy 0 tal que Ax = Xx. Con A igual
4
0
0
4x
0
2
4
2y
4y
0
1
2
=
z =
2z =
2x
2y
2z
X
y
z
= 2
X
y
z
ó
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-6x = O
- z = O
4y - 4z = O
Resolviendo este último sistema tenemos:
x = 0 y = t x = t
entonces:
X
y
z
= t
0
1
1
teR
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15.- a ) Demostrar que
Xi
x 2 x 2 = ( x 2 - x i ) ( x 3 - x i ) ( x 3 - x 2 )
Xi
0 X2-X1 X 22 - X i 2
O X3-X1 x 32 - X i 2
= (X2-X1)
1
0
0
X i
1
X3-X1
x 2
X
v 2
X3
+ x
- X 2
(X 2 - X i ) ( x 3 -Xi )
1 X X x 2
O 1 X1 X2
O 1 X1 X3
b) Demostrar que
Xi v
Xi
X 2 X 2
A M • • • • A
n 1
n
nKj
(XJ -
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Solución por inducción:
I. Para n = 2
x2
= (X2-X1) se cumple
II . Supongamos que se cumple para n-1 , es decir,
n-1
1 xx
1 x 2
1 x
. x 2
n-1
(n-l)-l
(n-l)-l
(n-l)-lV i
x 2 ... x 2
1 X
n-2
n-2
n-2n - 1 ' n-1
con Xi, . . . x , números cualesquiera
entonces por demostrar
. xin-1
x 2
X
x 2n-1
n • .n-1
i<n ( x J x i }
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Expandiendo el determinante con respecto a los elementos del primer
rengl ón, cambiando Xx por x vemos que el determinante es un polino
mió de grado n- 1, que tiene como soluciones x?_, x 3 9 el
determinante D n = A n ( x - x 2 ) (x -x 3 ) . . .(x-x ,) con A n el coeficiente
de x que es justamente D - i.e.
n(X -X 2 ) X -X 3)
(Xj-x-¡) q.e.d.
NOTA: Se usó para la demostración el hecho que cualquier polinomio de
grado n, a n x n + a n . j x n + +aix +ag = II (x-Xj) ,x- las raíces del
polinomio; este hecho se ha usado inconcientemente cuando, por
ejemplo, factorizamos
x 2 - 5x + 6 = (x-2)(x-3)
16.- Resuelva el siguiente sistema por regla de Cramer
2x - 3y =
4x 7y =
x =
-5
12
4
-5
1
-3
7-3
7
-35 + 314 + 12
-32 _ -16~2F TI
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y
2
2
4
5
3
7
2 2
14 12
6 3
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17.- Hallar el área del triangulo r ectángulo formado por los ejes coordena^
dos y la recta cuya ecuación es 5x+4y-20=0
SOLUCIÓN:
Si x=0, 4y=20
Si y=0 5x=20 x=4
el triángulo está formado por 0,5) 4,0) y 0,0)
el área es 10.
18.- Una recta pasa por los puntos A -l ,3) y B 5,4). Escríbase su ecuación
en forma de determinante . Verifique el resultado desarrollando el de _
terminante
x2
=
X
5
y
3
4
3-4)x - -l-5)y + -4-15) = 0
-x + 6y - 19 = 0
Satisface - -1) + 6 3) - 19 = 1 + 18 - 19 = 0
- 5) + 6 4) - 19 = -5 + 24 - 19 = 0
ie. -1,3) y 5,4) están en la recta I. NOTA IMPORTANTE, si en el
determinante I sustituímos x,y) por A -l,3) o por B 5,4)), que
dan dos renglones iguales por lo tanto se hace 0 al igual que I 1 .
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19.- Por edio de determinantes obténgase la condición necesaria y suficier^te para que las dos rectas Ax + By + C = 0 y A 1 + B 1 y + C 1 = 0 secorten en uno solamente en un punto.
Es lo mismo que pedir que el sistema
Ax + By - -C
Axx + B y = - C 1 tenga una sola solución
es diferente de 0, por la regla de Cramer,sto ocurre s i
B
B
20.- Tres rectas son concurrentes si y sólo si
A2 B 2 C 2
A3 B 3 C 3
= 0
con AxX + Biy d = 0
A2x + B 2 y + C 2 = 0
A3x + B 3 y + C 3 = 0
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SOLUCIÓN:
Si
Ai B x d
A2 B 2 C 2
A3 B 3 C 3
- B3C2) + Bi(A2C3 - A3C2)
= A 2 B 3 d - B XC3) + B 2 AiC3 - A3C1)
- B3C1) + B3(A2CX - Ax
¡3 - A3B2)
AiBa)
C3(AiB2 -
Reescribiendo la primera ecuación
A ( Bz C3- B3C2) R (A2C3 - A3C2)Hl (A 2B3 A 3 B
Bl TA7B1 A 7 H T = O a)
vemos queB2C3A2B3
- B3C2 _- A3B2
B2
B2
Ai
A3
c 2
C3
B2
B3
c
c 3
A2
A3
B
BB
B
3
3
= x o la
solución del sistema A 2 x + B 2 y + C 2 = 0 . Lo mismo elA3x + B 3 y + C 3 = 0 factor
que multiplica a Bi . Es decir la ecuación (a) afirma que ( X Q ,punto de intersección de las dos rectas II y III, es un punto que satis_face la ecuación de la recta I. Lo mismo se puede deducir de los restan^tes desarrollados del determinante la condición de igualar el deter_minante a 0 implica que las rectas son concurrentes q.e.d. El sentidocontrario es inmediato.
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21.- Demuestre que si x x2 + y i 2 = 1, x 2
2 + y 22 = 1 entonces si
¡ | =x2
Prueba:
Dibujemos
|A| es el área de 0PiP 2P3 (¡Demuéstrelo )
Es claro que el área máxima se obtiene cuando el paralelogramo es unrectángulo (¿verdad?). El rectángulo sujeto a las condic iones delblema, tiene área máxima cuando es un cuadrado de lado 1.
Por tanto |A| <. 1.
22.- Sea Ax = B un sistema consistente y sea Xi una solución parti cular .Demuestre que toda solución del sistema se puede escribir comox = Xi + XQ , donde Xg es una solución de Ax = 0.
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SOLUCIÓN:
Como x = xi es una solución particular del sistema no homog éneo ,
tendremos que :
i = B 1)
Por otro lado x = x Q es solución del sistema homo géneo , entonces
A xQ = 0 2)
Por tanto , sumando miembro a miembro 1) y 2) obtenemo s:
i + Ax Q = A x + x 0) = B
Por lo que x = Xi + x Q es solución del sistema no homogéneo,
23.- Una matriz de probabilidad es una matriz cuadrada que satisface dospropiedades
i) Cada componente de la matriz es no negativa
ii) La suma de los elementos de cada renglón es 1.
Sea
A =
1
11
1
1
11
1T
1
3
B =
1
71 1F
0 0 1
Probar que A B es una matriz de probabilidad,
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DEMOSTRACIÓN:
Primero naturalmente hay que efectuar el producto
AB =
1
1
1
T
1J
1I
12
2
3
12
1
F
1
F
1
2
¿•4
1F
26
1 + J
18 3
AB =
5
T2
2
7
TF
7
23
1T
2
72T
1~F
7
18
Luego
i) las componentes del producto son posi tivas,
ii) la suma de los elementos de la matr iz produc to es uno.
Así AB es también una matriz de probab ilidad.
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24.- Los hábitos de estudio de un alumno son como sigue. Si estudia una
noche, el estudiará de seguro, un 30 de las noches siguientes ( un
70 de las noches siguientes no estudiará). Por otro lado si no estu
dia una noche, el estudiará de seguro 40 de las noches siguientes.
a) Exprese esto en forma matricial
estudiahoy
no estudiahoy
estudiamañana
.30
.40
no estudiamañana.
.70
.60
A
Pl
p 2
tal que Pi
P2
b) Busque el vector
es el único que cumple ésta ecuación.
SOLUCIÓN:
. Demuestre que
.30
.40
.70
.60
Pl
p 2
.30Px
.60P 2
.70Pi
.40P 2
Pl = Pí Pi + p 2 = 1 Pl = p 2 =
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c) Cuál es la matriz que expresa la probabilidad que estudie ó noestudie dentro de 2 días, dado que estudió hoy ó no
, . ~ .30 estudie pasado mañanaestudie mañana r
. 70 no estudie pasado mañana
no estudie mañana .40
.60
estudia mañan a .30
no estudia hoy
.70
no estudia mañana .40
.60
(.30) (.30) + (.70) (.40) es la probabilidad de que estudie hoy,estudie pasado mañana y así . Pero éstos términos son justamentelos que aparecen en la matriz
.30
.40
.70
.60
.30
.40
.70
.60
.37
.36
.63
.64
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25.- En una industria del vestido se producen tres estilos de blusa s. Cada
estilo requiere de los servicios de tres departamentos, como se listan
en la tabla . Los departamentos de cor tad o, cosido y empaquetamiento
tienen disponibles un máximo de 1,160, 1,560, y 480 horas de trabajo
por sem ana, respect ivament e. Plantee estas condiciones como tres ecua^ciones con variables x, y, z el número de blusas de tipo A, B y C,
respectivamente
Departamento de cortado
Departamento de cosido
Departamento de empaquetamiento
ESTILO A
0.2
0.30.1
ESTILO B
0.4
0.5
0.2
ESTILO C
0.3
0.4
0.1
El depa rtame nto de cortado dedica 0.2x horas para el número x de blusas A
0.4y horas para el número y de blusas B
0.3z horas para el número z de blusas C
Análogamente
tamiento.
0.2x + 0.4y + 0.3z .< 1,1600.3x + 0.5y + 0.4z <. 1,560 para el dep to . de cos ido .
O.lx + 0.2y + O.lz <. 480 para el dep to . de empaque
26.- La plata pierde en agua 0.095 su peso y el cobre 0.112. Si un cuerpo de12 Kg de peso compuesto de plata y cobre mezclados, pierde en agua 1.174kg. ¿ Cuántos kilogramos contiene de cada metal ?.
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SOLUCIÓN:
Sean x los kilogramos de plata
y los kilogramos de cobre
Como sólo está constituido de plata y cobre
x + y = 12 kg
Las pérdidas son de .095x y de .112y. Suman 1.174 kg
o seax + y = 12
.095x + 112y = 1.174
1
095
1
112 1
1
1 74
1
1
1
1 18
12
12 36
1
0
1
1 8
12
3 6
0
1
12
2
1
0
0
1
10
2x
y =
10
2
27.- Un repartidor de la CONASUPO toma los pedidos de 4 tiendas sindicales
La primera solicita 3 toneladas de azúc ar, 4,000 litros de leche y 5cajas de huevo.
La segunda solicita 5 toneladas de azú car , 12,000 litros de leche y
3 cajas de huevo.
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La tercera solicita 9 toneladas de azúcar, 5,000 litros de leche y 6
cajas de huevo.
La cuarta solicita 7 toneladas de azúcar, 7,000 litros de leche y 6
cajas de huevo.
¿ Cuanto espera recibir si los costos son 150 pesos por paquete de ki_
lo de azúcar, 200 pesos por litro de leche y 115 por docena de huevo,
SOLUCIÓN:
Las solicitudes de cada tienda se pueden expresar matricialmente
Las solicitudes totales son la suma de34
5
512
3
95
6
. , .77
6
estas matrices
3 5 9 7
4 2 5 7
5 3 6 6
4
8
expresadas en
toneladas de azúcarmiles de litros de leche
cajas de mil docenas
La matriz de precios unitarios en miles de pesos es (150 100 115) por
tanto el precio total será
(150 100 115)
242820
= 24-150 + 28-100 + 20-115
= 3600 + 2800 + 2300 = 8,700 miles de pesos
= 8 millones 700,000 pesos.
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28.- Si A es una matriz nxn tal que A 2-A+l es la matriz O, pruebe que
A es no singular y que A 1 = 1-A.
A2 - A .+ 1 = 0
A(A-l) = -1
A(l-A) = 1
1 - A es el inverso derecho de A
Pero como A(l -A) = A - A 2 = (l-A)A, 1 - A también es su inverso
izquierdo A tiene inverso y este es 1-A .'• A es singular
29.- Es necesariamente inversible la suma de dos matrices inversibles ?,
NO
30.- Demuestre que para cualqu ier va lor de 0
cose -sene l
sene cose
cos(-G) -sen(-e)
sen(-e) cos(-e)
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-1
1ad-bc
-c
1tcos 26+sen 2e
+cos6 sene
-sene cose
cose sene
-sene cos0
cos(-e) -sen(-e)
sen(-e) cos(-e)
q.e.d,
NOTA: La primera matriz representa, una rotación 6° de los ejes £
denados en la dirección opuesta a las manecillas del reloj . La
segunda, insorpresivamente, una rotación de 6° e_n_ la dirección
de las manecillas del reloj.
31.- ¿ Para que valor (es) de k no es invertí ble A ?
(a) A =
k-3
-2
-2
k-2
(b ) A =
1 3
3 1
k 3
4
6
2
Solución de (a)
Una matriz cuadrada A no es invertible si det(A) = 0, entonces
det(A) = det
k-3 -2
-2 k-2
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52
k-3) k-2
k 2 -5 k +
k 2 -5 k +
5 ± /~22
/ 1 T
)-4 =
6-4 =
2 =
y
D
5 ± Tí
2
k 2 =5 - Tí
Por tanto, si ki y k 2 son distintos de los valores anteriores, entonces
la matriz A será inverti ble.
Solución de b)
det(A) = de t
1 2 4
3 1 6
k 3 2
= det1 6
3 2-2 det
3 6
k 2+ 4 det
3 1
k 3
= -16 - 2(6-6k) + 4(9-k)
= 8 + 8k = 0 =e> k = -1
Entonces, si k * -1 la matriz A sera invertible .
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3 2 Sea
Calcular
A =
A 1
3
5
3
3
8
9
1 3 1 1
2 5 2 2
1 3 8 9
1 3 2 2
1
0
0
0
0
1
0
0
0
0
0
0
0
0
1
1
0
0
0
3
1
0
0
0
7
1
1
0
8
1
1
2
1
1
0
1
0
0
0
0
0
0
0
0
1
1
0
0
0
0
0
0
0
0
1
1
0
1
1
5
2
6
1
3
0
0
0
0
0
0
0
7
1
0
0
0
0
1
0
0
0
0
1
0
0
0
1
42
1
6
3
0
0
0
0
0
1
_
0
1
7
0
0
U
0
1
0
0
0
0
1
0
0
0
0
4
2
7
6
3
1
0
0
0
0
1
1
1
0
8
7
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Entonces:
i-i =-
-4
2-76
3
-100
0 -1
0 0-1 8
1 -7
33.- Encuentre la matriz inversa de A si exist e.
0
0
1
0
1
1
1
1
0
1
0
0
0
1
0
0
0
1
(sumar-2do renglón al 3 e r )
1 0 10 1 1O 1 -1
1 O OO 1 O
-1 O 1(sumar-l e r renglón al 3
erdividir entre 2 el 3 renglón)
1 O 1O 1 1O O - 2
10
-1
01
-1
00
1
->10
0
01
0
11
1
10
i
01
1
00
n
1 O OO 1 OO O 1
-i +1
1
0
1
0
1
1
1
0
0
i
1
-1
1
-1
1
1
1
1
-1
=12
0
0
0
2
0
0
0
2
= I correcto
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34-- Resuelva el sistema lineal si guie nte
x+O+z = 3
O+y+z = 1
x+y+O = 2
i e .
1
0
1
0
1
1
1
1
0
X
y
z
=3
1
2
usando la matriz inversa obtenida en el ejercicio anterior.
1
1
1
-1
1
1
1
1
-1
1
0
1
0
1
1
1
0
X
y
z~ 2
1
-1
1
-1
1
1
1
1
-1
3
1
2
X
y
z=
3
-3
3
-1
1
1
2
2
-2= 1
4
0
2
=
20
1
2 + 0 + 1 = 3
0 + 0 + 1 = 1
2 + 0 + 0 = 2
35.- Los gastos de una excursió n de 43 personas fueron $ 229.00 (cerca 1900);
si los hombres pagaron 10 pesos cada un o, las damas 5 pesos y los niños
2 pesos Cuántos fueron de cada clase ?.
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SOLUCIÓN:
x + y + z = 43
lOx + 5y + 2z = 229
Eliminando a z, 8x + 3y = 143.
Dividiendo entre 3 obtenemos
2x + |x + y = 47 + |
2•5-(x-l) = 47 - y - 2x = un número entero p
f x-l = p
ñ-(x-l) = p 1 entero
x-1 = 3p x
x = 3p x + 1
3y = 143 - 8Í3 P 1 + 1)
= 135 - 24p x
y = 45-8px
z = 5p x - 3
p no puede pasar de 5 porque entonces y sería negativo; tampoco puede ser negativo.
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Las diversas posibilidades son
p - 1 2 3 4 5
x = 4 7 10 13 16
y = 37 29 21 13 5
z = 2 7 12 17 22
36.- Los obreros A y B trabajando juntos pueden realizar una tarea en 4
días; B y C juntos pueden hacerlo en 3 días y A y C en 2.4 días. Ha
llar el tiempo que tardaría cada obrero en realizar dicha tarea ac
tuando independientemente.
Sean a, b, c = los días que precisan A, B y C para efectuar solos el
trabajo, tendremos — > T
, — = fracción del trabajo compl eto que cadaa D c
uno realiza en un día,
luego i + [
1 . 1 . 1F c 3
a + c
Resolviendo el sistema formado por estas ecuaciones se obtiene
a = 6, b = 12 y c = 4 días.
Se supone que cuando trabajan juntos lo hacen a la misma rapidez que
si lo hacen solo s. Eso en general no es cierto pero es una aproxima
ción.
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37.- Códigos. Un uso frecuente del álgebra matricial es la codificación,
Si asignamos
a1
n
16
b2
ñ
17
c3
0
18
ch4
P19
d5
q20
e6
r
21
f7
s
22
g8
t
23
h9
u24
i10
V
25
j11
w26
k12
X
27
113
y
28
1114
z29
m15
-
0
(- espacio entre palabras) la palabra antes se puede escribir
1 16 23 6 22 0. Para facilitar dividámosla en vectores de 3 números
116
23
622
0
Estos dos vectores, en el orden en que están escritos representan la
misma palabra. Para hacerle más difícil la labor al que quiera deci
frar lo que queremos decir, escribamos cada vector miltiplicado por
la matriz inversa de
0
3
4
10
1
0
1
7
¿ Cómo escribiría Miguel ?
Primero calculemos la inversa
03
4
10
1
0
3
7
10
0
0
1
0
0~
0
1
->•"30
4
0
1
1
3
0
7
0
1
0
1
0
0
0"0
1
y
10
0
0
1
1
10
0
i 0
1
0
10
0
0"
0
1
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0
0
0
1
1
0
0
0
3
1
1
¡ -1
3
0
_4
n
0
1
0
i1
0
1
0
1
_1 o4 1
1
0
p
0
1
0
0
0
1
¡ 7i
i• "3
79
0
4 9
1"3
0
1I
A*1 =
»—»
1
1•3 "
79"
0
4
1"7
0
—»
Miguel es 15 10 8 24 6 13
A"]
15
1000
=
1711
"3
7
04
"9
1"3
017
15
10
8
15~T1515
9
40~9
8T87
=
91 91561
"T
24
6
13
=
75~92457
"T
Se envían estos dos vectores y se codifican
multiplicándolos primero por A" 1 y luego interpretándolos en la tabla
de letras y números.
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38.- En un experimento sobre nutrición en animales, se diseña una dietaque consta de 20 gramos de proteína y 6 gramos de grasa. El técnicode laboratorio puede comprar dos mezclas alimenticias A, B con lassiguientes composiciones:
A
B
Proteína )
2
Grasa )
6
2
Plantee las ecuaciones de los gramos de cada mezcla que deben obtener_se para generar la dieta adecuada.
SOLUCIÓN:
Sean X^ y Xg las cantidades de las ezclas A y B.
Planteemos una ecuación para la cantidad de proteína y otra para lacantidad de grasa. De la mezcla A se extraen (,10)X/\ gramos de prote^
ína y de la mezcla B serán (.20)X B. Por tanto, (.10)X A + (.20)X B = 20
Análogamente (.60)X^ + (.G2)X B = 6 gramos de grasa
La inversa de.10 .20
.60 .02es
.02
-.06
-.20
.10
-26
2
1
2
6
8
6Es el vector solución-
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39.- Una compañía produce tres tipos de esculturas de bronce. El departa^mentó de modelo tiene disponibles un máximo de 350 horas de trabajopor semana y el departamento de acabado tiene disponibles un máximo
de 150 horas hábiles.
La Escultura A requiere de 30 horas de modelo y 10 horas de acabado
La Escultura B requiere de 10 horas de modelo y 10 horas de acabado
La Escultura C requiere de 10 horas de modelo y 30 horas de acabado
Se desea que la planta opere a máxima capa cidad. Qué ecuaciones de s_
criben la distribución del tiempo disponible total en ambos departa^
mentos en términos de las esculturas producidas de cada tipo ?.
SOLUCIÓN:
Escribamos una ecuación para el tiempo requerido del departamento de
moldeo para el total de esculturas X A, Xg y X Q a móldeos y otra para
el tiempo del departamento de acabado.
30XA 10XB 10XB _ 350
10XA 10XB 30Xc ± 150
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N XO
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P R O B L E M A S P R O P U E S T O S
Resuelva los siguientes s istemas de ecuaciones usando el método de el imi nación de Gauss.
~ a) xi - x 2 + x 3 = 1
2xi + x 2 - x 3 = 0
5xi - 2x 2 + 2x 3 = 3
b) xi + x 2 - 2x 3 = 2
2xi - x 2 + 3x 3 = 1
2. - Sea el sistema de ecuaciones
Ax = 0
a) Demuestre que si x = XQ es solución, entonces x
solución, donde k es una constante.
kxg también es
b) Demuestre que si x = xo , y - yi son dos soluciones cualesquiera,entonces x = X Q + yx también es solución.
3.- Sean A =•1 1
2 1
y P(x) = 2x 2 - x + I, hallar P(A)
4. - Sean A1 -1
-1 1
0 2
3 1
x que cumpla con la siguiente igualdad
Ax - 3 F= Cx + 21
0 1
2 0, hallar una matriz
5.- Dadas las matrices
A =1
1
1
1
1
1
1
X l
x 2
x 3
Resolver la ecuación Ax = 2x
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6.- Encont rar condiciones para a y b de tal forma que el sistema de ecuacio^nes siguiente
ax + by = c
ax - by = c
tenga solución única.
7.- Encontrar condiciones para a, b y c de tal forma que el sistema de ecua_ciones siguiente
ax + by = cbx + ay = c
tenga una infinidad de soluciones.
8.- Encontrar condiciones para a, b, c y d de tal forma que el sistema deecuaciones siguiente
ax - by = cbx + ay = d
no tenga solución.
Determinar si las siguientes matrices son invertibles, en caso de serlo,hallar su inversa.
(a)
(b)
(c)
A =cose sen6
sen8 - cosepara todo valor de Q
B =cose sene 0sene -cose 00 0 1
para todo valor de 6
C =a i
1
a 2
1
a 3
donde a2, a 3 * 0
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10.- Para que valor(es) de a la matriz
A =
1 2 -3
3 -1 54 1 a 2 - I 4
es invertible.
11.- Resuelva en términos de a, b y c el siguiente sistema de ecuaciones
xi x 2 - x 3 = a
-xi 2x 2 x 3 = b
2xi 5x 2 - 2x 3 = c
12.- ¿ Qué condiciones deben de satisfacer a, b y c de forma tal que el sis_
tema
-Xi - x 2 + x 3 = a
2xi + 3x 2 - 2x 3 = b
xi + 2x 2 - x 3 = c
sea consistente ?
13.- Resolver el siguiente determinante
1 1 1
a b e
b+c a+c a+b
14.- ¿ Para que valor(es) de a no es invertible A ?
(a)A =
a-3
-2 a 2
(b)A =
a
2 4
1 6
3 2
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15.- Si A es invertible, entonces kA también lo es
Si la inversa de 3A es
-1 42 0
k * 0k e R
hallar la matriz A.
16.- Una compañía de Paracho, Michoacán con dos plantas difer entes fabricaguitarras y violines, su costo de producción por cada instrumento
Planta en elZócalo.
Materiales
Trabajo
Guitarra 3,000
6,000
Violín2,500
8,000« A
lanta enafueras
l a s ateriales
Trabajo
3
5
600
400
2
7
700
400* A
17.- Solución a un problema de dos compañías por medio de la matriz deinsumo-producto
Dada la matriz tecnológica M =
La matriz de sal ida X =
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La ma tr iz de demanda final D =
La solución a la ecuación matricial de insumo-producto
X = MX + D o sea
Salida total = Demanda Interna + Deman da final
es x = (i -
Resolv er el sigui ente probl ema: cada peso de ener gía eléc tric a produci
do por CFE requiere de $ 0.10 de su propio producto (electricidad) y
$ 0.30 de produc to 11 de la Secretaría de Recursos Hidráulicos.
Cada peso de producto (agua ) de Recur sos Hid rául icos requ iere $ 0.40 de
la salida de la CFE y 0.20 de su propia salida
í
A
E 0 .
0.
1
3
0
Ü
A.4
.2
= M
Suponga que la demanda final (la demanda del sector externo) es
dj = I? illas para electricidad
á z = 6 mil lon es para agua
¿ Qué salidas en pesos Xj de la CFE y x 2 de Recursos Hidráulicos se re
quier en para hacer frente a estas deman das finales ?
SOLUCIÓN: (20, 15)
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18.- Distribución de recu rsos : Una compañía minera tiene dos minas cuyosminerales tienen las composiciones indicadas en la tabl a. Cuántas toneladas de cada mineral se deberían usar para obtener 4.5 toneladas deníquel y 10 toneladas de cobre ?
MineralA
B
Níquel(%)1
Cobre(%)2
SOLUCIÓN:Xi = 250 toneladas de mineral A
x2 = 100 toneladas de mineral B
19.- Suponga que una economía se basa en 3 sectores industrial es :Agricultura (A) Construcción (C) y Energía (E ). La matri z tecnológicaM y la matriz de demanda final son en miles de millones de pesos
A
C
E
0
A
4 22
89
1 34
C
1
35
1
E
2 66
1 34
3 34
= M
Di =
4'3
2
D2 =12"10
8
a) Cuántos insumos de A, C y E son requeridos para producir un pesode producto de C ?.
b) Cuánto de cada uno de los productos de C son requeridos como Insumopara cada uno de los tres sectores ?.
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CÓNICAS Y ESFERA
c) Demuestre que I-M e s :
1 - M
0.578 -0.100 -0.266'
-0.089 0 650 -0.134
-0.134 -0.100 0 666
d) Dado
Cl - M)_ i
2 006
0 368
0 458
0 446 0.891
1.670 0 482
0 340 1.752
, - ipruebe que (I - M ) ~ (I - M) I (aproximado)
e) Use (I - M ) ~ del inciso anterior para encontrar el producto necesa^
rio de cada sector, necesario para satisfacer la demanda x
Lo mismo pero para la demanda D 2
SOLUCIÓN:
10 i de A, 35 t de C
e) x =
11
7
6
y
.1 4
.4 5
.3 6
10 de E
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CIRCUNFERENCIA:
Hallar la ecuación de la tangente a la circunferencia
x2 + y 2 - 2x - 6y - 3 = O
en el punto (-1, 6)
SOLUCIÓN
i) Primer méto do.
La ecuación de la familia de rectas que pasan por el punto
(-1, 6) es
y - 6 = m(x + 1)
en donde el parámetro m es la pendiente de la tangente buscada.Oe esta ecuac ión y = mx + m + 6, valor que al susti tui r en laecuación nos da
x2+(mx + m + 6)2 - 2x - 6(mx + m + 6 ) - 3 = 0
al realizar las operaciones indicadas, se reduce a
(m2 + l)x 2 + (2m2 + 6m - 2)x + (m 2 + 6m - 3) = 0
que es una ecuac ión de segundo grado en x. La cond ición para latangencia nos dice que el discriminante de esta ecuación cuadrá_tica debe ser igual a cero, esto es:
(2m2 + 6m - 2 2 - 4(m 2 + l)(m 2 + 6m - 3) = 0
resolviendo esta ecuación se ecuentra que su solución es
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m =
por tanto la ecuación de la tangente buscada es
y - 6 = £ (x + 1)
o bien
2x - 3y + 20 = 0
i i) Segundo método
Hallemos el centro y el radio de la circunferencia dada
•2 x •• 1 2x - 6y - 3 = Ox 4 +
x - I ) 2 + y - 3 ) 2 = 13
Por tanto C l, 3 = rn
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la condición de tangencia establece que
= 0
esto es
(-2, 3)-(x + 1, y - 6) = 0
-2(x + 1) + 3(y - 6) = 0
ó bien
2x - 3y + 20 = 0
Hallar la ecuación de la circunferencia que tiene su centro sobre larecta 2x + y - 14 = 0 y que pasa por las inter secciones de las circuid
ferencias
d : x 2 + y 2 - 8x - 4y + 11 = 0 y C 2: x 2 + y 2 - 4x + 4y - 8 = 0
SOLUCIÓN
La circunferencia buscada C3 es un elemento de la familia
x2 + y 2 - 8x - 4y + 11 + k(x 2 + y 2 - 4x + 4y - 8) = 0
en donde el parámetro k se determina por la condición de que el centrode C3 está sobre la recta 2x + y - 14 = 0.
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Hallemos el centro de cualquier circunferencia de la familia dada,
te e s :
r, 4+2k 2-2kx(*)irir
como estas coordenadas deben satisfacer la ecuación de la recta teñemos:
2 £ § k fl2kv 1+k 1+k
de donde k = - ^
Sustituyendo este valor de k en la ecuación (que representa a la fami
lia de las c ircunferencias) y simplificando obtenemos para C3 la ecua
ción:
C3: 2 x 2 2 y 2- 20x - 16y + 41 = 0
en un mismo e je coordenado trace las gráficas de C l f C2» C3 para veri
ficar que C3 es efectivamente la circunferencia buscada.
' Estas coordenadas se encuentran desarrollando y agrupando adecua d^
mente los términos de la familia de las circunferencias (¡hágalo )
Hallar la ecuación de la esfera que pasa por los puntos P ( l , 0 , 1 ) ,Q(- l , 2 , 3 ) y R( -3 , 1 , 1 ) , y cuyo centro está sobre el plano xy.
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SOLUCIÓN
Como el centro de la esfera está en el plano xy, sus coordenadas sonde la forma:
C(a, b , 0)
por lo que
|CP|= / (a-l) z + ( b -op + (0-1J^
|CQ|= / (a+1) 2 + (b-2) 2 •+ (0-3) z
|CR"| = / (a+3) 2 + (b-l)í +"{0-1 fz
Ahora, como CP = CQ = CR = r (r = radio de la esfera), tendremos
/ (a-1) 2 + (b-0}2 + (O-I) 2 = / (a+TT2 + (b-Z) 2 + \ü- P
elevando a ambos miembros de la igualdad al cuadrado, y realizando lasoperaciones indicadas se llega a la ecuación.
a - b = -3
pero, también tenemos la igualdad
/ (a+1) 2 + (b-2)? + (0-3)2 = / (a+3)2 + (b-l)2 + (0-1)2
que al hacer la s operaciones indicadas , nos da la ecuación
4a + 2b = 3
resolviendo el sistema de ecuaciones
(2a - 2b = 6
14a + 2b = 3
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encontramos que a = - 1/2 y b = , luego el centro de la esfera
tiene coordenadas C(- 1/2, 5/2, 0) y r = — * — por tanto, la ecua
ción de la esfera es:
(x + 1/2)* + (y - 5/2)* + z 2 = ^|
Hallar la ecuación del plano tangente a la esfera
x2 + y 2 + z 2 - 2x - 4y + 2z + 5 = 0
en el punto P(l, 2, - 2 ) .
SOLUCIÓN
La ecuación de la esfera, también puede escribirse como
(x~l) 2 + (y-2) 2 + (z+1) 2 = 1
por lo que su centro tiene coordenadas
C(l, 2, -1)
entonces el vector normal al plano será
n = PÍ = (0, 0, -1)
y como la ecuación del plano está dada por la ecuación
ax + by + cz + k = 0, donde n = (a, b, c)
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entonces la ecuación del plano buscado será
-z + k = 0
como P(l, 2, -2) también pertenece al plano, tenemos
-(-2) + k = 0 ; k = -2
por tanto, la ecuación del plano buscado es:
z + 2 = 0
Haga una interpretación geométrica de este resultado.
5.- Las vértices de un triángulo con L = (12, 2 ) , P(-3, 5) y K = (8,8).
Calcular las coordenadas del centro de la circunferencia circunscritay la longitud del radio.
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Si C = (x, y) es el centro de la circunferencia circu nscri ta, se de_ben cumplir las siguientes identidades:
d(C,L) = d(C,L) (1)
y
d(C,K) = d(C,P) (2)
Calculemos estas distancias
d(C,L) = /~Tx-12)< + ly-2) z ( C = (x,y), L = (12,2) )
d(C,K) = / (x-8)2 + (y-8)2 ( C = (x,y), K = ( 8,8) )
d(C,P) = / (x-l-3))2 + (y-5)2 ( C = (x.y), P = (-3,5) )
Así (1) y (2) vienen a ser
+ iy- ¿) 2 = / (x-8)2 + (y-8)2 (1)
/ (x- 8 ) z + (y-8) z = / (x+3)2 + (y-5)2 (2)
y elevando al cuadrado obtenemos
(x-12)'- + (y-2) 2 = (x-8) 2 + (y-8) 2 (1)
(x- 8 ) 2 + (y-8) 2 = (x+3) 2 + (y-5) 2 (2)
x2-24x+144+y2-4y+4 = x2-16x+64+y2-16y+64 (1)
x2-16x+ 64+y2-16y+64 = x2+6x+9+y2-10y+25 (2)
-24x - 4y + 148 = -16x - 16y + 128 (1)
-16x - 16y + 128 = 6x - lOy + 34 (2)
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- 8x + 12y = -16 1)
-22x - 6y -94 2)
Multiplicamos la ecuación 2) por 2 para obtener
- 8x + 12y = - 16 1)
-44x - 12y = -188 2)
Ahora sumémosle a la ecuación 2) la ecuación (1) ,
- 8x t 12y = - 16 (1)
-5?x -204 2)
De la ecuación 2) -52x - -204, x = H-
Oe la ecuación 1) -8x + 12y = -16 12y = -16 + 8x
> + 8( f i ) _ 16 +y
^ 200 50y = ^ = =
5035
Así pues el centro C = x, y) de la circunferencia circunscrita es;
, 51 50 .L TI ' 3¥
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6.- Encont rar el centro C = (x, y) de la circu nfere ncia que es tangente a
los ejes coord enados y pasa por el punto A = (1, 2)
Hay dos solucio nes C x y C 2 como puede verse en la figura de arriba.
Plantea remos el proble ma: Si C = (x, y) es el centro de la circunfe
rencia pedi da, C debe equidistar del eje Y y del punto A = (1 , 2 ) , es
decir,
d(C, A) = distanc ia de C al eje Y11
d(C , A) - distancia de C al eje X11
pero.
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dista ncia de C al eje Y = X,
distan cia de C al eje X = Y y
d(C, A) = / ( x - 1 ) 2 + y-2)¿
por tanto,
Y = x
Y = / (x-l)2 + y-2) 2
Y = x y
Y2 = (x -1) 2 + ( y - 2 ) 2
Y = x
Y2 = x 2 - 2x + 1 + y 2 - 4y + 4
Y = x
0 = x 2- ?x + 1 - 4x + 4
Y = x (1)
0 = x 2 - 6x + 5 (2)
y las soluciones a la segunda ecuación son:
xi = 1 y x 2 = 5
y de la primera ecuación
Yi = 1 y Y 2 = 5
de donde las dos soluciones
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Ci = (1, 1) y
íz = (5, 5)
7. Una cuerda de la circunferonc¡o x 2 + y 2 = 25 está sobre la recta cu
ya ecuación es x-7y + 25 - 0. Hállese la longitud de la cuerda.
SOLUCIÓN
Sean (x,, y x un punto de intersección, entonces x, - 7y x + 2 5 - 0
Sustituyendo x¡ = 7y, - 25 en la ecuación de la circunferencia queda
, - 25) 2+ y i2 = 25
4 9 y 1
2
- 350yi + 625 + y,2
= 25
5 0 y 2 - 35Oy = -600
y i2 - 7y + 12 = 0
+ 7 / 49 - 48 + 7 i 1y i = _ = ^
yi = ^ - = + 3 Xl = + 21 - 25 = -4
y 2 - + 4 x 2 = + 28 - 25 = 3
P t P2 | = longitud de la cuerda = / (3 + 4)? + ( 4 - 3)2
= /TD~ = 7.07
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Una circunf erenc ia pasa por los puntos A (- 3, 3) y B(l, 4) y su centro
está so bre la recta 3x - 2y - 23 = 0. Háll ese su ecu ac ió n.
SOLUCIÓN:
Si el ce ntro es (h, k) ent onc es 3h - 2k - 23 = 0 y de la ecua ción gene_
ral de la circunfer encia (x - h ) 2 + (y - k ) 2 = r 2, resulta que
(.3 _ h 2 + (3 - k ) 2 = r 2 I
(1 . h ) 2 + (4 - k ) 2 = r 2 II
desarrol lando obtenemos
+9+6h+h2+9-6k+k2 = 18+6h-6k+h2+k2 = r 2
l -2h+h2+16-8k+k2 = 17 -2h-8k+h2+k2 = r 2
de aquí que 18+6h-6k+h2+k2 = 17 -2h-8k+h2+k2
8h +2 k+ 1 = 0 y
3h-2k-23 = 0
27Resolv iendo resultii h = 2 y k = ~- » r
6292 =
ustit uyend o en I resulta r
y por tanto la ecuación deseada es (x - 2 ) 2 + (y + -x~)
2 =
9.- La ecua ción de una circun feren cia es (x + 2 ) 2 + (y - 3 ) 2 = 5. Hal lar 1.
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ecuación de la tangente a la circunferencia que pasa por el puntoP = (3, 3 ) .
SOLUCIÓN
El centro es C = (-2, 3 ) .
Sabemos que la tangente en P Q y el radio vector C P Q son perpendicularesentonces
P Po • CP 0 = 0
(xo-3, y o- 3 ) - ( x o+ 2 , y o-3 ) = 0(xo-3) (x o+2) + (y o-3) (y o-3) = 0
= x 02 - xo - 6 + y 0
2 - 6y 0 + 9 = 0
- x 02 + y o 2 - x 0 - 6y 0 + 3 = 0
= (x 0?- + 4 x 0 + 4) + (y 0 ' - 6 y o + 9 ) - 5 xo - 10 » 0
= (xo+2)2
+ (yo-3)2
-5x 9-10 = O= 5-5xo-lO = -5x o-5
Xo - -1
1 + (y-3) 2 = 5
y2 - 6y + 10 = 5
y2 - 6y + 5 = 0
(y-5)(y-l) = 0
y = 5
y = 1
Po(-1, 5 ) , P o ^ - l , 1)
Las rectas tangentes son (3 ,3) + t ( -4 , 2) y (3 , 3) + S( -4 , - 2 ) .
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10.- Una ecta e s tangente a un circulo de centro en el origen y radio 3 .Si el punto d e tangencia es (2 , -V 5 ) hállese la ecuación de la tangente.
SOLUCIÓN
La recta tangente p^sa po r (2, - /"1T~ ) y es perpendicular al vector(2, - */H5T ) . Es decir la tangente es y + /TT~ = mi(x-2) con la condición que mim2 = -1 , siendo m 2 = - —* — , la pendiente de la recta
2que pasa por ( 0 , 0) y ( 2 , - / 7T~ ) . En tonc es m x = +
i/5T
( x - 2 )TT
11.- Consideremos lo s puntos A + (-1, 0) y B = (0 , - 1 ) . A y 8 son puntosdel círculo x 2 + y 2 = 1. Si consideramos un tercer punto C = (x, y )
también en éste círculo, estos determinan un triángulo inscrito en éstecírculo. La pregunta es: entre todos lo s triángulos AABC inscritos en
éste círculo, cuál será el que tiene área máxima ?.
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SOLUCIÓN
Sabemos por Geometría Elemental que el área de un triángulo es "base
por altura sobre dos ", siendo la base M " del AABC; fija, el triá ngulodel área máxima será aquel que tenga altura máxima, y la altura está da_da por la distancia entre las paralelas, es decir por ejemplo para eltriángulo AABCi la altura está dada por la distancia entre las rectas,una que pasa por A y B y la ot ra, para lela a la primera y que pasa porCi; para el triángulo AABC2 la altura es la distancia entre las parale^las, una que pasa por A y B y la otra, la paralela que pasa por C 2,etc. La figura anterior sugiere que la altura máxima se obtie ne cuando
la paralela a AB es tangente al círculo (punto C en la figura). Plan_teemos el problema analíticamente.
-1-0 _ .mAB
CT^TT
~
U
luego la ecuación de las rectas paral elas al segmento AEÍ es ,
y = -x + b;
por otra parte, la ecuación del círculo es
x2 + y 2 =
y lo que se quiere es encontrar un punto C = (x, y) único de coordenadas positivas que satisfaga las ecuaciones
y - -x + b (1)
x2 + y 2 = 1 (2) ;
sustituyendo (1) en (2) nos queda la ecuación
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(-x + b ) 2 + x 2 = 1 (2 1)
x2 -2bx + b 2 + x 2 = 1 (2')
2x2 -2bx + b 2 - 1 = 0 (2 1)
Por tanto para que la ecuación 2x 2 - 2bx + b 2 - 1 = 0 tenga una únicaraíz es necesario que su discriminante A sea cero, es decir
A = (-2b)2 - 4(2)(b 2-l) = 4b 2 - 8(b 2- l )
= 4b2 - 8b 2 + 9 = -4b 2 + 8,
tiene que ser cero, lo cual se tiene solo si b - - J 2 ó b = / 2
Sustituyendo b = / 2 en (2') tenemos
2x2 - 2 / T ~ x + 1 = 0,
cuya solución positiva es
x = — j — = — « - , y como y = -x + / 2 (ecuación (1) ) ,
por tanto
(¿ Qué significado tiene b =-/~F~ ?)
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12.- Hallar la ecuación del lugar geométrico de los puntos, cuyo cuadradode su distancia al punto (1 , 2 es siem pre igual al doble de su distancia de la recta 3x + 4 y - 1 = 0
SOLUCIÓN
Sean P(x,y) un punto arbitrario del lugar geométrico.
F(l,2) el punto fijo, t la recta d ada , ento nces P cumple c o n :cl 2(P,F = 2d(P,¿)
2 = 2/ 3 2 + 42
(x-1) 2 + (y-2) 2 = I (3x+4y-l)
x2-2x+l+y2-4y+4 =
5x2-10x +5y2-20y+25 = 6x+8y-2
5x2-16x +5yz-28y = -27
1 fi ?R5 x 2 - - r x) + 5 y2 r y) = -27 comp letando cuadrados
5 x2 - — r - x + ? r ) 2 ) + 5 y 2 - —-- y + _ - ) 2 ) = - 2 7 + —-- + — r -
,, 8 >2 . (./ 14 s 2 135 64 . 196 125 0 ,5(x - ) ¿ + 5(y - T )* = - 3 + -3- + - 3 - = - ^ = 5
- I V + (y - £ ) 2 = 5
Se trata de una circunferencia de centro en C( •? , -V ) radior = /1
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13.- Craf icar y hallar la interse cción de las circ unfe renc ias
x2 + y 2 + 4y = O
xz • y z 4x » 8y + 16 - O
SOLUCIÓN
Un punto estará en la intersección de las circunferencias si está enambas circunferencias y un punto estará en ambas circunferencias si sa^tisface ambas ecuaciones, luego para hallar los puntos de intersecciónhay que resolver el sistema de ecuaciones:
x2 + y 2 + 4y = 0 I
x2 + y 2 - 4x + 8y + 16 = 0 II
Mul tip li can do por (-1) la ecu aci ón I y sumando con II
x2 + y 2 - 4x + 8y + 16 = 0
-x2
- y2
- 4y = 0- 4x + 4y + 16 = 0
- x f y + 4 = 0 ; y + 4 ~ x sustituyendo en I
(y + 4 ) 2 + y 2 + 4y = 0
y2 -f 8y + 16 + y 2 + 4y - 0 ; 2y 2 + 12y + 16 = 0
y + 6y + 8 = 0 ; (y 4- 4)(y + 2) = 0
yi = -4
y2 = 2
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Como x = y + 4 sustituyendo yi , y2 obtenemos X j , x :
x + 4 = -4 + 4 = 0 xx = 0
Así las circunferencias se intersectan en dos puntos
0, -4) ; 2, -2)
La gráfica la podemos obtener determinando el centro y radio de cada
circunferencia.
x + y + 4y = 0 16 = O
x 2 + y 2 + 4y + 2 2 = 2 = 02
x 2 + y + l z = 2
C 0, -2) r = 2
x 2 - 4x + y 2 + 8y = -16
x 2 - 4x + 2 2 + y 2 + 8y + 4 2 = -16+4+16
x - 2 ) 2 + y + 4 ) 2 = 4
C 2, -4) i r = 2
La gráfica es:
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1. Hallar las ecua cione s de las rectas tange ntes traza das del punto 1,4)a la parábola y 2 + 3x - 6y + 9 = 0
SOLUCIÓN
La ecua ción de la familia de rectas que pasan por el punto 1,4) es
y - 4 = m x- l) ó y = mx - m + 4
donde el parámetro m es la pendiente de la tangente buscada.
Al sustituir el valor de y en la ecuación de la parábola nos queda
mx - m + 4 ) 2 + 3x - 6 mx - m + 4 ) + 9 = 0
esta ecuación se reduce a la siguiente
m2 x2 + -2m2 + 2m + 3)x + m2 - 2m + 1) = 0
que es una ecuación de segundo grado en x, para que haya tangencia se
debe tener
-2m2 + 2m + 3 ) 2 - 4 m 2) m2 - 2m + 1) = 0
Resolviendo esta ecuación se tiene que
mi = j y m2 = - j
Por tanto, las ecuaciones de las rectas tangentes buscadas son
y - 4 = 2- x-l), y y . 4 = - ^ x - 1) también
3 x - 2 y + 5 = 0 y x + 2 y - 9 = 0
Haga una interpretación geométrica de este resultado.
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2. La ecuaci ón de una familia de parábolas es y = ax 2 + bx. Hall ar la
ecu ació n del elemento de la familia que pasa por los puntos p 2,8) y
Q -l ,5) .
SOLUCIÓN
Si la parábola pasa por p 2 ,8) , se tiene la ecuación
8 = 4a + 2b
de la misma forma, al pasar por Q -l,5) se tendrá
5 = a - b
por lo que al resolver el sistema de ecuaciones
4a + 2b = 8
2a - 2b = 10
se tiene que a - 3, b = -2
por tanto, la ecuación buscada es
y = 3x 2 - 2x
3. Halla r la ecua ción de la parábo la cuyo eje focal es paral elo al eje xque pasa por los puntos 0, 0 ) ; 8 , - 4 ) ; 3 , 1)
SOLUCIÓN
Por ser el eje focal paralelo al eje x la ecuación será de la forma
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y 2 + Dx + Ey + F = O
Como los tres puntos están en la parábola sus coordenadas deben de sa
tisfacer la ecuación, por lo tanto
P.ira (0, 0) se tiene O 2 + D(0) + E(0) * F = 0
Para (8,-4) se tiene (-4) 2 + D(8) + E(-4) + F = ü
Paro (3, 1) se tiene ( I ) 2 + D( 3) + E(l ) + F = 0
luego F = 0 8D - 4E = -16
3D + E = - 1
Solucionando el sistema:
8D - 4E = -26
120 + 4C = - 4
200 = -20 D = -1 ; E = 2
Así la ecuación buscada es
y ¿ - x + 2y = 0
Que en su forma ordinaria se expresa como:
y 2 + 2y = x
y 2 + ?y + 1 = x + 1
(y + I ) 2 = x + 1
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Los gigantescos telescopios de Austral ia (Pa rkes ) , Inglaterra
(Jodreii Bank) entre otros son telescopios reflectores que trabajan me
d i a n t e c o n c e n t r a c i ó n d e o n d a s d e r a d i o p a r a l e l a s y d é b i l e s e n u n p u n t o
focal .
La figura ilustra la situación
Veamos el por qué de una parábola (y por lo tanto un p a r a b o l o i d e ) .
Recuerda el principio do reflexión de la luz.
Consid érese la parábola y 2 = 4Px > 0 .
2. Sea i x la recta paralela al eje focal (eje x ' s ) que in te r sec ta a la pa
rábola en el plinto A(xi, y¡ .
3.- Traz a la recta tan ge nte ? 2 a 1 a pa rábol a en A.
4. Sean a el ángulo entre i x t?.
8 el ángulo entre £ 2 AF con F el foco de la par ábo la
y el ángulo entre P 2 el eje focal .
V = a Ya que ^ es par ale la al eje ( x ' s ) .
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Se tendrá la siguiente figura
Sea B el punto de intersecc ión de la tange nte el eje x's
B( -x l f 0) Demostrarlo.
6.- Sea C el punto de intersecc ión de ?i y la dire ctri z de la parábol a
C(-P, y,)
Coloca los punto s B C en la figur a.
luego d(A ,C) = xi + P
d(B,F) x, + P
Corno d(A,F) - d(A,CJ ya que se trata de una parábola
d(A,F) = d ( B J ) AABF es isósceles
de donde B r i llegando o - 8-
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Así todas las ondas que son paralelas al eje y que incidan en la parábo
la se reflenarán pasando por el foco.
Esta propiedad de reflexión de las parábolas se usa inversamente en
los faros de los automóviles colocando un pequeño foco eléctrico en el11 foco 11 eléctrico de un paraboloide reflejando un haz de rayos (casi)
paralelos.
Se tiene malla para cercar un terreno rectan gular por 120 rn.
Si y es el área x es uno de los lados del rectángu lo se tien e:
y = 60x - x ¿ . Trazar la gráfica de esta ecu aci ón. ¿ Qué valores de
x son aceptab les para la realidad ? ¿ Para que valor de x se tiene elárea máxima ?
SOLUCIÓN:
Si y es el área x un lado ento nces:
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y x(60-x)
y = 60x-x2
6ü-x
y = 60x-x 2 = -(x 2-60x)
y . 30 2 = -(x 2-60x + 30 2) = - (x -30) 2
y - 900 = - (x-30) 2 se trata de una parábola de vértice v(30 >900 )
Graficando /
Los valores acepta bles para x son 0 - x - 60
El área máxima es 9 00 , que correspond e a un cuadrado de lado 30.
¿Esto se deduce de la gráfica?.
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6. Una parábola cuyo vértice está en el origen y cuyo eje coincide con el
eje x pasa por el punto (-2,4). Hallar la ecuación de la parábola, las
coordenadas del foco, la ecuación de la directriz y la longitud de su -
lado recto.
SOLUCIÓN
y 2 = 4px es la forma de la parábola que deseamos
16 = 4p(-2) p = -2 El foco es (-2,0); la ecuación de la dire£
tríz es x = 2. La longitud del lado recto es 8.
7. Una cuerda de la parábola y 2 - 4x = 0 es un segmento de la recta
x - 2y + 3 = 0. Hallar su longitud.
SOLUCIÓN
Una cuerda es el segmento de recta que une dos puntos de la parábola,
Como x = 2y - 3,
y 2 = 4x - 4(2y - 3) = 8y - 12
y 2 - 8y + 12 - 0
8 ± /64 - 48 8 ± 4y . = —
y = 6 y = +2
Xi = 12 - 3 = 9 y x 2 = + 4 - 3 = l
(9,6) y ( l ,+2). La distancia entre ambos es la longitud deseada = / (9-1)2 + (6-2T 7 = / 82 + 42 =
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9. Dados los puntos A -2,0 ) B 0,3) C l ,0) escriba una ecuac ión para laparábola vertical a través de ellos
SOLUCIÓN
Es vertical, x -h) 2 = 4p y-k). Formamos un sistema de tres ecuaciones
con tres incógnitas ,zh, k, + p -2-h) 2 = 4p -k) h 2 = 4p 3-k) +l-h) 2 = 4p -k)4 4h h 2 = 1 - 2h h z 6h = - 3 , h = - ~
9 9 1 3 1 9 1 = P k = P =
54 27 1 X 2 w l w 27k ^ T 6 ~- T ( x f 2 } - 4 ( ) ( *
COMPROBACION
12
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Hallar la ecuación del lugar geométrico de los puntos cuya distancia aleje y es siempre igual al doble de su distancia del punto 3,2).
SOLUCIÓN
Sean: P x,y) un punto cualesquiera del lugar geométricod P,Y) distancia de P al eje Y
El enunciado dado matemáticamente se expresa como:
d P,Y) = 2d P,F)
|x| = 2 / x-3) z + y-2) ¿ Eleva ndo al
cuadrado
x2 = 4[ x-3) 2 + y-2) 2]
x2 = 4 x 2 - 6x + 9 + y 2 - 4y + 4)
x2 - 4x 2 - 24x + 4y z - 16y + 52
0 = 3x 2 - 24x + 4y ;: - 16y + 52
3 x 2 - 8x) + 4 y 2 - 4y) = -52 Completando cuadrados3 x 2 - 8x + 4- ) + 4 y 2 - 4y + 2 2) = -52 + 48 + 16
3 x-4 ) 2 + 4 y-2) 2 = 12
x-4) 2 y-2) 2 .4~ 3
Luego se trata de una elipse de centro en 4, 2) y ejes paralelos a losejes coordenados.
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2 Hallar la ecuación de la elipse q ue pasa por los puntos -6, 4) -8, 1 ) ; 2 - 4 ) ; 8 , - 3 ) .
SOLUCIÓN
La ecu ació n será de la form a:
x2 By2 Dx Ey F = 0
Como los puntos dados deben de satisfacer la ecuación se tiene
;-6, 4 ) ; 36 + 16B - 60 + 4E + F = 0
-8, 1 ) ; 64 + B - 80 + E + F = Ü
2, - 4 ; 4 » 168 + 2D - 4E + F = 0
8, - 3 ) ; 4 i 9B + 80 - 3E + F = 0
Luego hay que resolver el sistema de ecuaciones
16
1
16
9
1
0
0
0
-6
-8
2
8
0
1
26
0
4
1
-4
-3
-7 ]
-4
68
1
1
11
1
0
-3
-8
-36
-64
- 4-64
-32
4
204
192
1
0
0
0
1
0
0
0
-8
8
13080
0
1
0
0
1
- 8
-20-12
-7
-1
22
17
1
0
-15- 8
1
0
-3
-2
-64
32
1020
512
-32
4
100
48
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1
0
0
0
1
0
0
0
1
Ü
0
0
0
1
0
0
0
1
0
0
0
1
0
0
-7
-1
374
-374
-7
-1
22
0
-7
-1
1
0
1
0
-51
44
1
0
-3
1
0
0
0
1
-32
4
1700
-1056
-32
4
100
-92
60
4
-8
-92
1
0
0
0
1
0
0
0
1
0
0
0
0
1
0
0
0
1
0
0
0
1
0
0
-7
-1
22
0
-7
-1
22
0
0
0
1
0
1
0
-3
-7
0
0
0
1
0
0
0
1
-32
4
100
644
60
4
-176
-92
4
-4
-8
-92
B -- 4 ; D = -4 ; E -8 ; F = -92
Así la ecuaci ón buscada e s :
. 4 X . gy - 92 = 0
que en su forma ordinaria queda como:
x 2 - 4x + 4y 2 - 8y = 92
x 2 - 4x «• 2 2 + 4 y 2 - 2y + 1) = 92 + 4
x-2) 2 t 4 y - l ) 2 = 100
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x - 2 ) 2
10 0 5 - 1
La g r á f i c a e s :
8 5
12 0
-6,-2 8,-3
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3. - Se ha co locado en órbi ta e l ípt ica alrededor de la t ierra un s a t é l i t e , la
t ierra está en uno de los focos y la excent r ic idad de la e l ipse es *
Si la misma d is tancia entre el satél i te y la t ierra es 486 Km encont ra r
la distancia máxima a la que se a le ja el sa té l i t e de la t i e r r a .
SOLUCIÓN
La dis tancia mínima y máxim a serán cua ndo el satél i te esté en los vertí
ee s de la e l ipse
F1 C
¿486
Así necesitamos conocer a C,
a 3a = 3C
Además a = C + 486 3C = C + 486 ; 2C = 486
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C = 243
Así a = 243 + 486 - 729
luego distancia máxima será d(máx)= a + C = 972 Km
d(máx)= 972 Km.
4.- Hallar la ecuación de la elipse que tiene su centro en el ori gen , unode sus vértices en el punto (0 , 7) y pasa por el punto ( /T, 14/3 )
SOLUCIÓN
La ecuación buscada es
x2 . y 2 _ , x 2 y 2
Sustituyendo el punto (/?, 14/3)
, 14* 7 2x22
5 +
T 5 + ~ T ~ 5
+ 2¿
F2 49 b2
9x5 + 4b2 = 9b 2
45 = bb2 ; b 2 = 9 ; b = 3 la ecuación es
x2 v 2
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Elipsoide terrestre . Si uno considera al globo terrestre como un elip
so ¡de de revolución en torno de la línea de los p o l o s , uno t iene necesi
d a d , en los cá lcu los geodés icos , de expresar c i er tas l íneas del e l i p s o i _
de en función del radio ecuatorial a, de la excen t r ic idad e y de la lati_
tud 1 del punto que uno considera en la super f ic ie . Sea ABA'B' la el ipse
m e r i d i a n a ,
OA = a su semieje mayor
OB = b su semieje menor
Se a M el punto que se c o n s i d e r a , MT la tangente en ese p u n t o , y MN la
nor mal; ésta última intersec ta al mayor en un punto n; y al e je menor en
N; la longi tud Mn es denominada la pequeña normal . La longi tud MN lagran normal; las des ignaremos por n y N.
El ángulo MnX que hace la normal con el eje mayor es la la t i tud 1 del
punto M.
La excentr icidad o tiene» el valor — = ea
despe jando b = a/I - e 2
Si se baja la perpend icula r MP sobre O A, y MQ sobre OB , la linea M Q, la
línea OP, son los rayos de paralelismo sobre los cuales se sitúa el pun
to M.
La abscisa de este punto es x. Entonces
tang I = K; a Susti tuyen do y por su valor y - — / a 2 - x 2
D x a
y resolviendo para x, so obtiene al reemplazarlo por su valor,
x */ T - e * s e n 2
La gran normal se obtiene notando que en el triángulo MQN
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MN = MQ = xeos 1 eos 1 N =
/ l-e 2sen2l
Del valor de x, a(l-e 2)sen/ l-e 2sen2l
6.- La ecuaci ón de una familia de elipses es kx 2 + 4y 2 + 6x - 8y - 5 = 0.Hallar las ecuaciones de aquellos elementos de la familia que tienenuna excentricidad igual a 1/2.
SOLUCIÓN
La ecuación kx2 + 4y 2 + 6x - 8y - 5 = 0 también puede esc rib irs e co_
mo
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e n t o n e s
i i ) a2 =
9
9
x +
9 k
k +
+ 1)k*
k +
k2
k +4k
1)
1)
y -
9 k +
4k
y
y
D2
i )= 1 k * 0.
. 9U
Si sucede i ) , tenemos que:
ca
9(k+l)(4-k)19(k+l
y como e j y entonces k = 3, por lo que la ecuación buscada es
3x: 6x - 8y - 5 = 0
si sucede i i) , se tiene que
9 k-4) k+l)
e = - =a
k - 4
4k
de donde al hacer las operaciones indi cadas , se encuentra que
k - T
por lo tanto, la otra ecuación de la familia es
16x 2 + 12y 2 + 18x - 24y - 15 = 0
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7.- Hallar la ecuació n de la elipse que pasa por los puntos P(l, 1 ) ,
Q(2, 0 ) , R(- l, -1) y S(0, - 3) y tiene sus ejes paralelos a los coordena_dos.
SOLUCIÓN
La ecuación buscada es de la forma
yAx2 + By2 + Cx + Dy + E = 0
como los cuatro puntos están sobre la elipse, sus coordenadas deben desatisfacer la ecuación antes dada. Por lo tanto , expresan do esto, obtenemos las cuatro ecuaciones siguientes:
1 , 1 ) , A B C D + E = Q
2 , ü ) , 4A •«• 2C f E - 0
- 1 , - l ) f A + B - C - D + E = 0
0 , - 3 ) , 9B - 3D + E = 0
La solución de este sistema deecuaciones nos da
A = 19, B = 11, C = -2 3, D = 23 y E = -30
Sustituyendo estos valores on la ecuación general de la elipse, obtenemos
19x2 f lly 2 - 23x + 23y - 30 = 0.
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•- Dar la ecuación de la hipérbola de centro en el origen, un vértice en(4,0) si tiene una asíntota de ecuación 3x-4y = 0
SOLUCIÓN
La ecuación será de la forma: x 2 y 2 - ia2 * Y
Asi se necesita conocer a & b.Como un vértice tiene coordenadas (4,0); a=4 ya que 3x-4.y = 0 es unaasíntota3x = 4y ; y = x . . b =
Así, la ecuación es: x 2 y 2 ,16 " 9 "
2.- Identificar y dar la ecuación del lugar geométrico de los puntos, cuyadistancia al punto (0,5) sea gual a 4 veces su distancia a la recta4y - 5 = 0
SOLUCIÓN
Si P(x,y) es un punto cualquiera del lugar geométrico entonces se cum-ple que
d(P,F) = 4 d(P,¿) con:
d(P,F) = la distancia de P al punto fijo F(0,5)d(P,£; = la distancia de P a la recta (fija) dada
X2 + ( y . 5 ) 2 s 4
x2 + y - 5 ) 2 = |4 y- 5 | e levando a l cuadrado
x2 + y - 5 )2 | 4 y - 5 | 2 d e s a r r o l l a n d o
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x 2 + y 2 - lOy +25 = 16y 2 - 40y + 25
x 2 - 15y 2 + 3Oy = O
x2
- 15(y2
-2y) = O
x 2 - 15(y 2-2y +1) = -15
x 2 - 15(y- l ) 2 = -15
(y-1) 2 - x£ = 115
luego se trata de una hipérbola
Identifica el lugar geométrico de los puntos cuya ecuación es:25x2 - 4y 2 + 50x - 8y + 21 = O
SOLUCIÓN
25(x2 f2x) -4(y2 +2y) = -21
25(x 2 >2x+l)-4(y 2 +2y+l) = -21+25-4
25(x+l ) Z- 4 ( y + l ) 2 = 0
25(x+l) 2 = 4 ( y + l ) 2
y+1 = + | (x+1)
Así la ecuación representa dos rectas
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~ H a l l a r l a ecuac ión de l a h ip é r bo la que pasa por lo s pun tos 3 , - 2 ) y
7 , 6 ) t i e ne su cen t ro en e l o r ig en y e l e j e t r an sv e r so c o i nc id e con e l
e j e x .
SOLUCIÓN:
Recordando que e j e t r a ns ve r s o es e l que une a los v é r t i c e s ; l a ecua c ión
tiene que ser de la forma
x y 2 _ ,
a5 b 5
L2 _ , i = > % 2 - 4 a
2
= a2
b2
i 9. . | | = = > 49b 2 - 36 a 2 = a 2 b 2
40b 2 - 32a 2 - 0
40b 2 = 32 a 2
b . a - F a
9 J a 2) - 4a2 = 2 £ a 2)
9a 2 - 5 a 2 = a
a = 4 a 2
a 2 = 0 ó a 2 = 4
b> » £x¿ _4 16
5 . - S i k es un n ú m er o c u a l q u i e r a d i f e r e n t e d e. c e r o , d e m o s t r a r
q u e l a e c u a c i ó n 3 x2 - 3 y2 = k r e p r e s e n t a una f a m i l i a de
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hipérbolas de excentricidad igual a fT
SOLUCIÓN:
3x2 3v2Dividiendo entre k obtenemos ~ r — - í — 1. Por tanto representa una
/Fhipérbola con a * b =y y . Al variar k se obtienen diferentes hipérb o_
las, i.e. la ecuación representa una familia de hipérbolas. Su excen_tricidad
e . £ . EES . l l L r z > ia a K
6.- Hallar la ecuación de la hipérbola que pasa por el punto (4,6), tieneel eje focal paralelo al eje x, y sus asíntotas son las rectas
2x • y - 3 = 0 y 2x - y - 1 = 0
SOLUCIÓN:
La ecuación de la hipérbola buscada, se encuentra haciendo el producto(2x » y - 3)(2 x - y - I) = K
o S ea
4x - y2
- 8x + 2y + 2 kcomo la hipérbola buscada debe pasar por los puntos ( 4 t 6) , las coordenadas de este punto deben satisfacer la ecuación de la hipérbola. Portanto k = 11
De donde obtenemos finalmente la ecuación
4x2 - y 2 - 8x + 2y - 3 = 0
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7.- Halla r los valore s de m para los cuales las rectas de la familiay = mx - 1 son tangentes a la hipérbola 4 x 2 - 9y 2 = 36
SOLUCIÓN:
Al sustituir la ecuac ión y = mx - 1 en 4x 2 - 9y 2 = 36, obtenemos
4x2 - 9(mx - I ) 2 = 3 6 6
(4 - 9m 2)x 2 + 18mx - 45 = 0
La condición de tangencia establece que
(18m)2 - 4(-45)(4-9m 2) = 0
de donde al resol ver esta ecua ción se obt ien e que m = — - —
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1.-
PROBLEMAS PROPUESTOS
Hallar la ecuación del lugar geométrico de los puntos cuya suma de cua
drad os de distan cias a los puntos fijos A( -2 , 2 ) ; B(l , -4) sea 28.
2,- Hallar el lugar geométrico de los puntos tales que el vector que va de
cual quie ra de esto s punto s al punto (-2, 4 ) , es orto gona l al vector que
va del mismo punto al punto (2, - 4 ) .
3.- Una pará bola tiene por dir ect riz a la recta y = x, foco de coo rde nad as
(-2, 2 y determinar
i) La ecu aci ón del eje focal de la pa rá bol a.
ii) Dar las coor dena das del eje de la par ábol a.
i i i) Dar la mag nit ud del lado rec to.
4.- Un para bolo ide se puede obte ner girando un arco de parábola que inicie
en el vértice alred edor del eje de la par ábo la. Se quie re const ruir un
refl ecto r parab ólico que debe tener una profu ndida d de 16 cm una abertura de 48 cm. ¿ A qué dis tan cia está el foco del vér ti ce para co loc ar
ese punto a una fuente lumínica ?.
48cm
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Dar la ecuación del conjunto de puntos cuyo producto de pendientes de
las rectas que unen a cualquier punto del mencionado conjunto con los
puntos fijos (-2, 1 ) (6 , 5) es cons tant e e igual a - 4.
6.- Se tiene una escalera de 10 m de longitud apoyada sobre una pare d, está
una marca en un peldaño a 6 m de la base de la esca lera . Si la base de
la escalera se desliza sobre el piso la parte superior de la escalera
no pierde contacto con la pared, probar que la marca del peldaño descn
be una trayectoria elíptica.
7.- Graficar y hallar los puntos de intersecció n de :
4y 2 - 2 x 2 - 2x - 16y + 16 - 0
- 6 x 2 + 8 y 2 - 6 x - 3 2 y •»• 3 6 - 0
8.- Dar la ecuació n de la hipérbola que pasa por el punto ( 4 , 6 ) , que tiene
eje focal paralelo al eje x sus asíntota s son las rectas
2x +.y - 3 = 0 ; 2x + y - 1 = 0
9.- Determinar el lugar geométrico que d e f i n e cada una de las ecuaciones
que se da n, dando las coordenadas de los vért ice s, foco y extremos del
lado rect o. Escrib ir las ecuaci ones de los e j e s , directriz y asíntotas.
Graficar con todos sus elementos.
i) x 2 - y 2 - 2x + y - 1 = 0
¡i) x 2 - 2x + y - 1 ^ 0
) x 2 + y 2 + 2x - y + 1 0
iv) x 2 - 9 y 2 - 4x + 36y - 4 i = 0
v ) 4 x 2 - y 2 - 4x + 6y - 152 = 0
vi ) 4 x 2 + y2 + 24x - 6y + 29 = 0
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10.- Halla r la ecuació n del plano tangente a x 2 + y 2 + z 2 = 26z en el pun
to 3, 4, ? ).
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1.- Halla r las ecuacion es de las tangentes trazadas del punto (-2, 7) a la
circunferencia x 2 + y 2 + 2x - 8y + 12 = 0
SOLUCIÓN : i) 2x - y i Jl = 0
¡i) x i 2y - 12 = 0
12.- Hallar el ángulo agudo que forman las circunfer encias x 2 + y 2 - 17 = 0 y
x2 + y 2 - 12x - 4y + 11 = 0 en su intersección
SOLUCIÓN : 82° 14
13.- Un punto p se muev e de tal manera que el cuadrado de su dista ncia de la
base de un triángulo isósceles es siempre igual al producto de sus dis
tancias de los otros d o s lados. Demostrar que el lugar geométrico de p
es una circunferencia.
14.- Los extremos del lado recto de una parábola cualquiera se unen con el
punto de intersección del eje con la dir ect riz. Demostrar que estas
rectas son perpendiculares entre sí.
15.- La directri z de una parábola es la recta y - 1 = 0, y su foco es el
punto (4 , - 3 ) . Hallar la ecuación de la parábola por dos métodos di ferentes.
SOLUCIÓN : (x-4) e - -8(y+l)
16.- Con referencia a la parábo la y 2 - 2x + 6y + 9 = 0, hallar los valores
de k para los cuales las rectas de la familia x + 2y + k = 0
a) cortan a la parábola en dos puntos dif ere ntes .b) son tange ntes a la parábola
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c) no cortan a la parábola
SOLUCIÓN: a) k < 8
b) k = 8c) k <- 8
17.- La ecuación de una familia de elipses es 4 x 2 + 9y 2 + ax + by - 11 = 0Hallar la ecuación del elemento de la familia que pasa por los puntos
(2, 3) y (5, 1 .
SOLUCIÓN: 4x2 + 9y 2 - 16x - 18b - 11 = 0
18.- Hallar las ecuacion es de las tangentes a la elipse 3x 2 + y 2 + 4x - 2y -3 = 0que son perpend iculares a la recta x + y - 5 - 0
SOLUCIÓN: i) x - y - 1 = 0
i i ) 3x 3y f 13 = 0
19.- Hallar la ecuació n de la hipérbola que pasa por el punto (2 , 3 ) , tienesu centro en el origen, su eje transverso está sobre el eje Y, y una desus asín totas es la recta 2y - /T x = 0
SOLUCIÓN: 4y2 - 7x* = 8
20.- Hallar e identificar la ecuación del lugar geométri co de un punto quese mueve de tal manera que su distancia del punto ( 2, -1) es siempreigual al doble de su distancia de la recta x + 2 = 0,
SOLUCIÓN: 3x2 - y 2 + 20x - 2y + 11 = 0
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21.- Las ecuacione s de dos circunferencias son:
x2 + y 2 + Dxx + Eiy + F x = 0
x2
+ y2
+ D2x + E 2y + F 2 = 0Hallar las condiciones que deben satisfacer los coeficientes p¿ra que
sean concéntricas.
22.- Hallar la ecuación de la esfera que pasa por los puntos (1 , - 3 , 4 ) ,
(1 , -5 , 2) y (1 , -3 , 0] y tiene su centro en el plano x + y + z = 0.
23.- Hallar la ecuación de la circunferencia que pasa por el punto de íntersección de las circunferencias
x2 + y 2 - 6x + 2y + 4 = Ü
x2 + y 2 + 2x - 4y - 6 = 0 y cuyo centro esté en la recta y = x.
24.- Demuestre que los siguientes puntos son conciclico s
(-1, - 1 ) , (2 , 8 ) , (5 , 7 ) , (7 , 3 ) .
25.- Hallar la ecuación de hi esfera siguient e: centro (0 , 0, 0) y tangente
al plano 9x - 2y + 6z + -1 = 0.
26.- Hallar la ecuación de la circunferencia que pasa por el punto (-2, 2) y
por los de intersección de las circunfere ncias x2 + y
2 + 3x - 2y - 4 = 0
y x 2 + y 2 - 2x - y - 6 = 0
27.- Halla r la ecuación de la esfera que pasa por(1 , 0 , 1 ) , (2 , 1, 1 ) , (2 , 0 , - 1 ) , (1 , I , | .
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28.- Usando vectores, determine la tangente a la circunferencia en un punto
cualesquiera p x, y ) .
29.- Hallar la ecuación de la esfera que pasa 0, 0, 5) y el centro en la in
tersección de
x - y z = 0
3x + 2y - z = 13
2x - y + 3z = -10
30.- Cambiar las siguientes ecuaciones a la forma ordinaria3x2 + 3y 2 + 3z 2 + 2x - lOy - 4z = -8
31.- Demostrar que x - 3 ) 2 + y - I ) 2 = 13 2 y
x - 9 ) 2 + y - 9 ) 2 = 3 2
son tangentes internamente.
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32.- Un punto se mue ve de manera que su distancia mas corta a un circulo da_
do es igual a su distancia a un diámetro también dado de ese círculo.
Hallar su lugar geométrico.
SOLUCIÓN. Dos parábolas
33.- Demostrar que el lugar geométri co de un punto que se muev e de manera
que la suma de sus distancias a dos rectas fijas sea constante es unarecta.
34.- Un punto se muev e de manera que sus dista ncias a dos puntos fijos están
en una razón constante k. Demostr ar que el lugar geomét rico es una cir^
cunferencia excepto cuando k=l.
35.- Un punto se muev e de manera que el producto de las pendiente s de las
rectas que lo unen a A -a,0) y B a,O ) es constante. Demostrar que el
lugar geométrico es una elipse o una hipérbola.
36.- La altura de un segmento parabólico es 3cm y la longitud de su base es
14cm. Una recta que atraviesa el segmento perpendi cular a su eje mide
7cm. ¿A qué distancia está esta recta del vértice del segmento?
SOLUCIÓN. 2 cm.
37.- Un arco de parábola de eje vertical mide 14 m de luz y el punto más a]_
to está a 4 m sobre la horizont al. ¿Cuál es la longitud de una viga
colocada horizo ntalme nte atraves ando el arco a un metro de la parte su_
perior?
SOLUCIÓN. 7 m la luz es de 14 m ) .
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38.- El cable de un puente colgante tiene la forma de un arco de parábola.La plataforma suspendida que es horizontal y mide 100 m de largo, es-tá sostenida por varillas verticales sujetas al cable, midiendo 30m lavarilla más larga y 7 m la más corta. Hallar la longitud de una delas varillas de soporte situada a 16m de la parte media.
SOLUCIÓN. 9 m.
39.- El teorema de Torriccelli establece que la velocidad de flujo a cual-quier profundidad h es equivalente a la velocidad que se adquiere porla caída libre desde la misma altura. De aquí se sugiere un método p<ara medir la velocidad de corriente de agua. Si esta estuviera en rep£so a la altura h por el brazo vertical,
,2La relación es h=
g = 9.81m
segseg
Grafique h contra v
40.- Las ondas electromagnéticas satisfacen la relación básicaC = v X donde: v es la frecuencia
X es la longitud de ondaC es igual a la velocidad de la luz en el vacíoC = 3 X 108 m/seg
transforme las siguiente tabla en x a una tabla en v .Sugerencia. Haga una gráfica de la hipérbola equilátera vvs A
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41.- La partícu la a de masa M, carga E que se mueve a la velocidad V, a lo
largo de la trayectoria MJ> pasaría en ausencia de la ley de Coulomb,
a una distancia X de un núcleo relativamente pesado de carga Ze. Debi_
do a la repulsión mutua de las dos cargas positivas la fuerza F, dada
por F = k : — , que sobre la partícula a en todos los puntos origi-
na una trayectoria hiperbólica, se aproxima por una asíntota y se ale-
ja por la otra
M
Grafique la energía potencial de una carga E de la partícula a al pasarcerca del núcleo de carga Ze, donde Z es el número atómico y e la carga
del electrón en términos de r,
E Pot - k Ze
donde:
k es una constante
r s la distancia entre la partículaay el núcleo cargado
42.- La capacidad calorífica molar a temperatura constante es , para el vapor
de agua a diversas temperaturas, como sigue:
TemperaturaCapacidad
108.8
1008.6
5008.4
7008.6
10009.1
Determinar la ley en la forma C = a+bt + ct 2
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Tomando la ley de Boyle pv - C, determinar c gráficamente a partir delos siguientes pares de valores observados:
P 39.92 42.27 45.80 48.52 51.89 60.47 65,97v 40.37 38.32 3b.32 33.29 31.22 26.86 24.53
43.- Sí el elemento calentador de un tostador eléctrico de pan tiene una re_sistencia de 22 ohms y esta conectado en la casa al voltaje usual de110 volts . ¿Cuánto calor generará en un minuto? ¿ y en 3?.Resolverlo gráficamente sabiendo que H = 0.24 I Rt, es la energía t£
tal consumida.
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Se terminó deimprimir en el mes de
mayo de! año 2004en los talleres de la
Sección de Impresióny Reproducción de la
Universidad Autónoma MetropolitanaUnidad Azcapotzalco
La ediciónestuvo a cargode la Sección deProducción yDistribución EditorialesSe imprimieron250 ejemplares mássobrantes para reposición.
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